Mathematical and Physical Journal for High Schools [2020]

Citation preview

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 1. sz´am

T´ erbe kil´ ep˝ o bizony´ıt´ asok IV. Budapest, 2020. janu´ar

K´ upok ´ es hasonl´ os´ agi pontok

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK K´os G´eza: T´erbe kil´ep˝o bizony´ıt´asok IV. . . . . . . . . .

2

Balga Attila: Gyakorl´o feladatsor emelt szint˝u matematika ´eretts´egire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

Koncz Levente: Megold´asv´azlatok a 2019/9. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

13

59. R´atz L´aszl´o V´andorgy˝ul´es . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

A k¨oz´episkolai tan´arok verseny´enek feladatai . . . . .

25

A 2019. ´evi Beke Man´o Eml´ekd´ıjasok . . . . . . . . . . . . .

28

A K pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (644– 648.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

28

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1581– 1587.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5070– 5077.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

31

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (767–768.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

32

Matematikus k´epz´es a BME-n . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

33

Matematikai k´epz´esek az ELTE TTK-n . . . . . . . . . .

34

Matematikatan´ar-k´epz´es az ELTE TTK-n . . . . . . . .

35

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (499–501., 41., 140.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

36

M´er´esi feladat megold´asa (389.) . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

Fizika gyakorlatok megold´asa (666., 671., 674., 676., 678., 680.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46

Fizika feladatok megold´asa (5130., 5135., 5146.) . .

52

Fizika alapszak az ELTE TTK-n . . . . . . . . . . . . . . . . .

55

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (392., 693–696., 5186–5196.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ ATTILA Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ VIGH MAT ´ E, ´ LASZL O, ´ KAROLY, ´ VLADAR WOYNAROVICH FERENC

Ebben a cikksorozatban olyan bizony´ıt´ asokat mutatunk be, amikor a geometriai alakzatokat t´erbe kil´epve”, h´ arom- vagy ak´ ar m´eg magasabb dimenzi´ os ” objektumok vet¨ uletek´ent vagy metszetek´ent ´ all´ıtjuk el˝ o.

Ebben a r´eszben k¨or¨ok hasonl´os´agi pontjainak viselked´es´et fogjuk vizsg´alni. Legyen k1 ´es k2 k´et k¨or a s´ıkon. Mint j´ol tudjuk, a k´et k¨or k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontja az a Hk pont, ahonnan alkalmas, pozit´ıv ar´any´ u k¨oz´eppontos nagy´ıt´assal a k´et k¨or ´atvihet˝o egym´asba. A k¨ uls˝o hasonl´os´agi pont csak akkor l´etezik, ha a k¨or¨ok sugara k¨ ul¨onb¨oz˝o. A k´et k¨or bels˝ o hasonl´ os´ agi pontja pedig az a Hb pont, ahonnan a k¨or¨ok negat´ıv ar´any´ u k¨oz´eppontos nagy´ıt´assal vihet˝ok ´at egym´asba. Ha a k¨or¨oknek l´eteznek a k¨ uls˝o k¨oz¨os, illetve a bels˝o k¨oz¨os ´erint˝oi, akkor ezek ´atmen1. ´ abra nek a hasonl´os´agi pontokon (1. ´ abra). A hasonl´ os´ agi pontok szerkeszt´ ese k´ upokkal Most foglalkozzunk egy kicsit a k¨ uls˝o hasonl´os´agi ponttal. Legyen k1 ´es k2 k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o sugar´ u k¨or, amelyeknek l´eteznek k¨ uls˝o k¨oz¨os ´erint˝o egyenesei, a k¨oz´eppontjaik legyenek O1 ´es O2 . Az egyik k¨oz¨os ´erint˝o ´erint´esi pontjai legyenek T1 , illetve T2 , a m´asik ´erint˝o egyenes ´erint´esi pontjai U1 , illetve U2 ; a k´et ´erint˝o metsz´espontja legyen H. A t´erben illessz¨ unk a k¨or¨okre egy-egy k¨ork´ upot, amelyek alkot´oi ugyanakkora, φ sz¨oget z´arnak be a k¨or¨ok Σ s´ıkj´aval. A k´ upok cs´ ucsai legyenek az A1 ´es A2 pontok (2. ´ abra).

Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ CSERTAN ´ ANDRAS, ´ Tagjai: BUSA MAT ´ ´ FARKAS CSABA, FODOR ZSOLT, LASZL O ´ ´ NIKOLETT, LOCZI LAJOS, SIEGLER GABOR ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E

A H pontb´ol nem csak a k´et k¨ort, hanem a k´et k´ upot is egym´asba nagy´ıthatjuk, ez´ert az A1 A2 egyenes ´atmegy a H ponton. Ezt a t´enyt most hasonl´os´ag n´elk¨ ul is igazoljuk. A k´ upok A1 T1 , illetve A2 T2 alkot´oit megkaphatjuk u ´gy, hogy a k¨or¨ok T1 O1 , illetve T2 O2 sugar´at φ sz¨oggel elforgatjuk a T1 T2 H ´erint˝o k¨or¨ ul. Ez´ert ezek az alkot´ok ´es a H pont egy ΦT s´ıkban vannak. Hasonl´oan l´atjuk, hogy az A1 U1 ´es A2 U2 alkot´ok is egy ΦU s´ıkban vannak a H ponttal. A ΦT ´es ΦU s´ıkoknak A1 , A2 ´es H is k¨oz¨os pontja, ez´ert ez a h´arom pont egy egyenesen van.

A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2500/6541; 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

Monge t´ etele (a h´ arom hasonl´ os´ agi pont t´ etele) 1

Monge t´ etele: Ha adott a s´ıkon h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sugar´ u k¨ or, egym´ as k¨ ulsej´eben, ´es vessz¨ uk p´ aronk´ent a k¨ uls˝ o k¨ oz¨ os ´erint˝ oik metsz´espontjait, akkor ez a h´ arom pont egy egyenesre esik. 1

1

2

Gaspard Monge francia matematikus (1746–1818) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Mi legyen a bels˝ o hasonl´ os´ agi pontokkal? A bels˝o hasonl´os´agi pontokat is neh´ezs´eg n´elk¨ ul megszerkeszthetj¨ uk k´ upokkal, csak most a k´ upokat a s´ık ellent´etes oldal´ara kell ´ep´ıten¨ unk. Ha h´arom k¨orvonalra illeszt¨ unk k´ upokat, ´es ezek k¨oz¨ ul kett˝o a s´ık egyik, a harmadik a s´ık m´asik oldal´an van, akkor a Monge-t´etelnek egy olyan v´altozat´at kapjuk, amikor az egyik k¨orp´arnak a k¨ uls˝o, a m´asik k´et p´arnak a bels˝o hasonl´os´agi pontj´at vessz¨ uk (4. ´ abra).

2. ´ abra

Vil´agos, hogy itt a k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontokr´ ol van sz´o, ez´ert mondjuk ki ebben az ´altal´anosabb form´aban: Monge t´ etele, ´ altal´ anosabb v´ altozat: A s´ıkon b´ armely h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sugar´ u k¨ or p´ aronk´ent vett k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontjai egy egyenesre esnek. A t´etelt az el˝obb l´ atott k´ upokkal bizony´ıtjuk. Legyen a h´arom k¨or k1 , k2 ´es k3 a Σ s´ıkban, ´es minden i, j indexp´ arra jel¨ olje ki ´es kj k¨ uls˝o hasonl´os´agi pontj´at Hij . V´alasszunk egy φ hegyessz¨ oget, ´es illessz¨ unk egy-egy k´ upot a k¨or¨okre, amelyeknek alkot´oi φ sz¨oget z´arnak be Σ-val. A k´ upok cs´ ucsai legyek A1 , A2 , illetve A3 (3. ´ abra).

4. ´ abra

A Monge-t´etelnek ezeket a k¨ ul¨onb¨oz˝o v´altozatait egys´egesen kezelhetj¨ uk, ha a k¨orvonalaknak ´es ´erint˝o egyeneseknek ir´any´ıt´ast adunk, vagyis nyilacsk´akat rajzolunk r´ajuk. Egy ir´any´ıtott k¨orvonalnak csak az olyan ir´any´ıtott ´erint˝oit vessz¨ uk figyelembe, amelyekn´el a kit¨ untetett ir´any megegyezik. K´et ir´any´ıtott k¨orvonal hasonl´ os´ agi pontja azonos ir´ any´ıt´as´ u k¨or¨ok eset´en az eddigi k¨ uls˝o, ellent´etes ir´any´ıt´as´ u k¨or¨ok eset´en a bels˝o hasonl´os´agi pont. A pozit´ıv” ir´any´ıt´as´ u k¨or¨okre a s´ık egyik ” oldal´an, a negat´ıv” ir´any´ıt´as´ u k¨or¨okre a s´ık m´asik oldal´an illeszt¨ unk k´ upokat. ” A Ceva- ´ es a Menelaosz-t´ etel Tanuls´agos lerajzolni egy ´abr´an h´arom k¨ornek mind a hat bels˝o ´es k¨ uls˝o hasonl´os´agi pontj´at. Az 5. ´abr´an a h´arom k¨or k¨oz´eppontja A, B ´es C, a bels˝o hasonl´os´agi pontok A1 , B1 ´es C1 , a k¨ uls˝o hasonl´os´agi pontok pedig A2 , B2 ´es C2 . A Monge-t´etel szerint egy egyenesre esnek az A2 , B2 , C2 pontok, tov´abb´a az A2 , B1 , C1 pontok, az A1 , B2 , C1 pontok, ´es az A1 , B1 , C2 pontok is. Az ABC ´es az A1 B1 C1 h´aromsz¨ogek megfelel˝o oldalainak metsz´espontjai, A2 , B2 ´es C2 egyenesre esnek, ez´ert a Desargues-t´etel szerint a megfelel˝o cs´ ucsokat ¨osszek¨ot˝o AA1 , BB1 ´es CC1 egyenesek egy ponton mennek ´at. Ha a k¨or¨ok sugarai ra , rb ´es rc , akkor a k¨or¨ok k¨oz¨ott a hasonl´os´agok el˝ojeles ar´anyai

3. ´ abra

B´armely i, j indexek eset´en az Ai Aj egyenes ´atmegy a Hij ponton. Ez´ert mindegyik Hij hasonl´ os´ agi pont az A1 A2 A3 s´ıkban van. Ezzel m´ar k´et k¨ ul¨onb¨oz˝o s´ıkot is ismer¨ unk, amely tartalmazza a H12 , H13 ´es H23 pontot, teh´at ezek egy egyenesen, a Σ ´es az A1 A2 A3 s´ık metsz´esvonal´ an vannak. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

3

C1 A C2 A ra =− = , rb C1 B C2 B

rb A1 B A2 B =− = rc A1 C A2 C

´es

rc B1 C B2 C =− = ; ra B1 A B2 A

a szorzatuk 1. Ezek az ar´anyok k´et h´ıres t´etelben is szerepelnek: 4

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

k¨ uls˝o k¨oz¨os ´erint˝oi, ´es ezek metszik egym´ast, akkor a Monge-t´etel bizony´ıt´as´at v´altoztat´as n´elk¨ ul elmondhatjuk. Teh´at a Monge-t´etel (az eredeti, speci´alis form´aj´aban) igaz hiperbolikus geometri´aban is. Ha b´armely k´et k¨or hasonl´os´agi pontj´at” szeretn´enk defini´alni, k¨oz¨os ´erint˝ok ” felhaszn´al´asa n´elk¨ ul, akkor megtehetj¨ uk, hogy a k´et k¨orre k´ upokat illeszt¨ unk, ´es a s´ıkot ´atd¨ofj¨ uk a k´ upok cs´ ucsait ¨osszek¨ot˝o egyenessel. (Ha a cs´ ucsokat ¨osszek¨ot˝o egyenes nem d¨ofi a s´ıkot, akkor nincs hasonl´os´agi pont.) Azt viszont mindenk´eppen meg kell indokolunk, hogy a szerkeszt´es¨ unk k¨ ul¨onb¨oz˝o meredeks´eg˝ u k´ upok eset´en is mindig ugyanazt a d¨of´espontot produk´alja. Ez igaz´ab´ol s´ıkbeli feladat; a k´ upok tengelyein kereszt¨ ul fektethet¨ unk egy s´ıkot, ´es csak ezzel a s´ıkkal vett metszetet vizsg´aljuk (6. ´ abra).

5. ´ abra

Ceva2 t´ etele: Legyenek az ABC h´ aromsz¨ og BC, CA, illetve AB oldalegyenesein A1 , B1 , C1 a cs´ ucsokt´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontok. Az AA1 , BB1 ´es CC1 egyenesek akkor ´es csak akkor mennek ´ at egy ponton vagy p´ arhuzamosak, ha AC1 BA1 CB1 · · = 1. C1 B A1 C B1 A Az ´ all´ıt´ asban szerepl˝ o ar´ anyok el˝ ojelesek: az ar´ any pozit´ıv, ha a k´et szakasz ugyanabba az ir´ anyba mutat, ´es negat´ıv, ha ellent´etes ir´ any´ uak. Az is megengedett, hogy A1 , B1 , C1 az egyenesek v´egtelen t´ avoli pontjai legyenek, ilyenkor a megfelel˝ o ar´ any −1. Menelaosz3 t´ etele: Legyenek az ABC h´ aromsz¨ og BC, CA, illetve AB oldalegyenesein A2 , B2 , C2 a cs´ ucsokt´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontok. Az A2 , B2 ´es C2 pontok akkor ´es csak akkor esnek egy egyenesre, ha AC2 BA2 CB2 · · = −1. C2 B A2 C B2 A A Ceva-t´etelhez hasonl´ oan az ar´ anyok most is el˝ ojelesek, ´es A2 , B2 , C2 az egyenesek v´egtelen t´ avoli pontjai is lehetnek. L´athatjuk, hogy a Monge- ´es a Menelaosz-t´etel egyik ir´anya l´enyeg´eben ugyanaz, illetve hogy a Ceva- ´es a Menelaosz-t´etel k¨ oz¨ ott az ¨osszek¨ot˝o kapocs a Desarguest´etel. Hasonl´ os´ agi pontok” nemeuklideszi geometri´ akban ” A g¨ombi ´es a hiperbolikus geometri´ akban nincs hasonl´os´ag. Vicces m´odon azonban a k¨or¨ok hasonl´ os´ agi pontjainak szerkeszt´ese elmondhat´o ilyenkor is. Ha adott k´et k¨or a hiperbolikus s´ıkban, vannak k¨ uls˝o k¨oz¨os ´erint˝oik, ´es ezek el is metszik egym´ast, akkor a metsz´espontot nevezhetj¨ uk a k´et k¨or hasonl´os´agi ” pontj´anak”. A k´et k¨orre egy-egy k´ upot illesztve, a k´ upok cs´ ucsait ¨osszek¨ot˝o egyenes ´atmegy a hasonl´os´agi ponton. Ha h´ arom k¨ or¨ unk van, b´armelyik kett˝onek vannak 2 3

Giovanni Ceva (ejtsd: Cseva) olasz matematikus, 1647–1734 Alexandriai Menelaosz g¨ or¨ og matematikus csillag´ asz, Kr.u. kb. 70–140

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

5

6. ´ abra

Vegy¨ unk teh´at k´et tetsz˝oleges k¨ort, k1 -et ´es k2 -t a Σ s´ıkban; ezekhez szeretn´enk igazolni, hogy a hasonl´os´agi pont nem f¨ ugg a Σ ´es a k´ upok alkot´oi k¨oz¨otti φ sz¨ogt˝ol. Vegy¨ unk fel egy harmadik k¨ort, k3 -at, amely kisebb, mint az els˝o kett˝o, u ´gy, hogy a h´arom k¨or k¨oz´eppontja ne essen egy egyenesre, k3 -nak a k1 -gyel ´es k2 -vel is legyenek k¨ uls˝o k¨oz¨os ´erint˝oi ´es ezek el is metssz´ek egym´ast a H13 , illetve a H23 pontban. Most illessz¨ unk tetsz˝olegesen egy-egy k´ upot a k1 ´es k2 k¨or¨okre, amelyek alkot´oi ugyanakkora φ sz¨oget z´arnak be a Σ s´ıkkal; ezek cs´ ucsai legyenek A1 , illetve A2 . Illessz¨ unk egy harmadik k´ upot a k3 k¨orre ugyanazzal a φ sz¨oggel, ennek cs´ ucsa legyen A3 (7. ´ abra). (Megjegyz´es: hiperbolikus geometri´aban nem lehet b´armilyen k¨orre b´armilyen φ sz¨oggel k´ upot szerkeszteni, mert az alkot´ok nem felt´etlen¨ ul metszik el a k´ up tengely´et; de az igaz, hogy ha a k1 ´es k2 k¨or¨okh¨oz l´etrej¨on a megfelel˝o k´ up, akkor a n´aluk kisebb k3 -hoz is.) M´ar l´attuk, hogy az A1 A3 egyenes ´atmegy a H13 ponton, ´es az A2 A3 egyenes ´atmegy H23 -n. Az A1 A2 egyenes benne van a k´ upok tengely´ere fektetett O1 A1 O2 A2 s´ıkban ´es a H13 H23 A3 s´ıkban is. Ezeknek a metsz´esvonala a Σ s´ıkkal az O1 O2 , illetve a H13 H23 egyenes, egyik sem f¨ ugg a φ sz¨og nagys´ag´at´ol. Ha az O1 O2 ´es H13 H23 egyenesek metszik egym´ast egy H12 pontban, akkor H12 a h´arom s´ıknak k¨oz¨os pontja, teh´at rajta van a harmadik metsz´esvonalon, az A1 A2 egyenesen is. Ilyenkor teh´at a d¨of´espont mindig l´etrej¨on ´es ugyanaz. Ha pedig az O1 O2 ´es H13 H23 egyenesek p´arhuzamosak (nem metszik egym´ast), akkor a h´arom s´ıknak nincs k¨oz¨os pontja, ´es ´ıgy A1 A2 metsz´esvonalnak nem lehet pontja a Σ s´ıkban. 6

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Vegy¨ uk ´eszre, hogy a szemgoly´okat ´erinti a H1 T1 T2 H2 f˝ok¨or ´es a g¨omb OT1 , illetve OT2 sugara is, ez´ert a szemgoly´okat az H1 T1 T2 H2 s´ık is ´erinti, ´es a k´et szemgoly´o a s´ıknak ugyanazon az oldal´an van. Ez´ert a H hasonl´os´agi pont ebben a s´ıkban van; s˝ot, a k´et ´erint´esi pontot ¨osszek¨ot˝o T1 T2 egyenes ´atmegy a H ponton. Ugyan´ıgy l´athatjuk, hogy a H1 U1 U2 H2 s´ık, ´es benne az U1 U2 egyenes is ´atmegy H-n. A H1 T1 T2 H2 ´es a H1 U1 U2 H2 s´ıknak O, H1 , H2 ´es H is k¨oz¨os pontja, teh´at uls˝o hasonez a n´egy pont egy egyenesen van. Azt kaptuk, hogy a k´et k¨orvonal k¨ ” l´os´agi ´atm´er˝oj´enek” egyenese ´atmegy a k¨orvonalakhoz tartoz´o b´ekaszemek k¨ uls˝o hasonl´os´agi pontj´an. 7. ´ abra

Teh´at, a φ nagys´ag´ at´ ol f¨ uggetlen¨ ul, az A1 A2 egyenes vagy mindig d¨ofi a Σ s´ıkot, ´es mindig ugyanabban a H12 pontban, vagy pedig semmilyen φ eset´en sem d¨ofi, ´es ilyenkor nem j¨on l´etre a hasonl´ os´ agi” pont. ” G¨ omb¨ on: hasonl´ os´ agi ´ atm´ er˝ o A g¨ombfel¨ uleten k´et k¨ orvonal k¨ oz¨ os ´erint˝ oi f˝ok¨ or¨ok, amelyek a g¨omb k´et egym´assal ´atellenes pontj´ aban metszik egym´ ast. Ez´ert hasonl´os´agi pontok helyett ha” sonl´os´agi ´atm´er˝okr˝ol” fogunk besz´elni. El˝osz¨or vizsg´aljuk azt az esetet, amikor a k¨ or¨ ok sugara k¨ ul¨onb¨oz˝o, ´es a k¨oz¨os ´erint˝ok l´eteznek. Legyen k1 ´es k2 k´et, f˝ ok¨ orn´el kisebb k¨orvonal az O k¨oz´eppont´ uB g¨ombfel¨ uleten, amelyekhez l´etezik k´et f˝ok¨ or, amely ´erinti mindk´et k¨ort u ´gy, hogy k1 ´es k2 a f˝ok¨or¨oknek ugyanazon az oldalain van. A k´et ´erint˝o f˝ok¨or metsz´espontjait jel¨olje H1 ´es H2 , az ´erint´esi pontokat az egyik k¨ oz¨ os ´erint˝on T1 , illetve T2 , a m´asik ´erint˝o f˝ok¨or¨on U1 ´es U2 . A k´et k¨ orvonalra illessz¨ unk egy-egy b´ekaszemet”, azaz ” olyan G1 , illetve G2 g¨ omb¨ ot, amely mer˝ olegesen metszi B-t, ´es legyen H a k´et b´ekaszem k¨ uls˝o hasonl´ os´ agi pontja (8. ´ abra).

Az ´altal´anos esetben nem felt´etlen¨ ul l´eteznek a k¨orvonalak k¨oz¨os ´erint˝o f˝ok¨orei. Szerencs´ere a b´ekaszemek most is seg´ıtenek, ´es 3-dimenzi´os g¨ombi geometria helyett el´eg a k´ upok tengely´ere illeszked˝o s´ıkon”, azaz g¨ombfel¨ uleten bel¨ ul dolgoznunk. ” Legyen c a k´et k¨or centr´alisa, vagyis az a f˝ok¨or, amely ´atmegy a k1 ´es k2 k¨oz´eppontj´an; a k´et k¨orrel vett metsz´espontok legyenek A ´es B, illetve C ´es D. V´alasszunk egy tetsz˝oleges φ hegyessz¨oget, ´es a 6. ´abr´ahoz hasonl´oan, az AB ´es CD szakaszokra, a c-nek ugyanazon az oldal´an, rajzoljunk olyan egyenl˝o sz´ar´ u ABE ´es CDF g¨ombh´aromsz¨ogeket, amelyekben EAB^ = ABE^ = F CD^ = CDF ^ = φ; ezek a h´aromsz¨ogek felelnek meg a k´et k¨orvonalra emelt k´ upoknak. A k´ upokat ¨osszek¨ot˝o egyenesnek az EF f˝ok¨or felel meg; legyen az EF f˝ok¨or ´es c k´et metsz´espontja H1 ´es H2 . Vegy¨ uk fel ism´et a G1 ´es G2 b´ekaszemeket, a k¨oz´eppontjuk legyen O1 , illetve O2 . Metssz¨ uk el a b´ekaszemeket a c s´ıkj´aval, ´es a metszetk¨or¨okre emelj¨ unk olyan k´ upokat, amelyek alkot´oi a c s´ıkj´aval φ sz¨oget z´arnak be. A k´et k´ up cs´ ucsai legyenek E ′ , illetve F ′ . Az AE ′ szakasz ´erinti az AE f˝ok¨or´ıvet, ez´ert O, A, E ´es E ′ egy s´ıkban van. Hasonl´oan O, B, E ´es E ′ is egy s´ıkban van; ennek a k´et s´ıknak O, E ´es E ′ k¨oz¨os pontjai, teh´at egy egyenesen vannak. Ugyan´ıgy l´atjuk, hogy O, F ´es F ′ is egy egyenesen van (9. ´ abra).

8. ´ abra K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

9. ´ abra

7

8

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Tekints¨ uk ezek ut´ an az O1 O2 , H1 H2 ´es E ′ F ′ egyeneseket. Mint l´attuk, az E ′ F ′ egyenes ´es a H1 H2 egyenes is az EF f˝ ok¨ or s´ıkj´ aban van; az O1 O2 ´es a H1 H2 is a c s´ıkj´aban, v´eg¨ ul az O1 O2 ´es az E ′ F ′ is a k´et k´ up tengely´ere illesztett s´ıkban. A h´arom egyenes teh´at vagy egy ponton megy ´at, vagy p´arhuzamosak. Ha k1 ´es k2 k¨ ul¨onb¨ oz˝ o sugar´ u, akkor a k´et k´ up is k¨ ul¨onb¨oz˝o m´eret˝ u, ´es az E ′ F ′ ´es O1 O2 egyenesek a k´et k´ up, egyben a G1 ´es G2 b´ekaszemek k¨ uls˝o hasonl´os´agi pontj´aban metszik egym´ ast, teh´ at a H1 H2 egyenes is ´atmegy ezen a ponton.

H13 O1 23 O2 = rr2 = rr2 = H miatt l´etre. Ha a b´ekaszemek sugara r1 = r2 ´es r3 , akkor H H23 O3 13 O3 3 3 a H13 H23 egyenes p´arhuzamos a O1 O2 egyenessel. De akkor k1 ´es k2 hasonl´os´agi ´atm´er˝oje p´arhuzamos O1 O2 -vel ´es H13 H23 -mal, teh´at az OH13 H23 s´ıkban van. V´eg¨ ul, ha mindh´arom k¨orvonal sugara ugyanakkora, akkor mindh´arom hasonl´os´agi ´atm´er˝o p´arhuzamos az O1 O2 O3 s´ıkkal, ´ıgy ilyenkor is egy s´ıkban, vagyis egy f˝ok¨or¨on vannak.

Ha k1 ´es k2 sugara ugyanakkora, akkor a k´et k´ up is ugyanakkora, teh´at E ′ F ′ p´arhuzamos az O1 O2 egyenessel. Ebben az esetben H1 H2 is p´arhuzamos a G1 ´es G2 b´ekaszemek centr´alis´ aval. Teh´at a H1 H2 ´atm´er˝ o nem f¨ ugg a φ v´ alaszt´ as´ at´ ol; a hasonl´os´agi ´atm´er˝o k¨ ul¨onb¨oz˝o sugar´ u k¨or¨ok eset´en ´atmegy a b´ekaszemek k¨ uls˝o hasonl´os´agi pontj´an, egyenl˝o sugar´ u k¨or¨ok eset´en p´arhuzamos a b´ekaszemek centr´alis´aval.

Feladatok

A Monge-t´ etel a g¨ omb¨ on

11. ´ abra

Most m´ar minden k´eszen ´all ahhoz, hogy bebizony´ıtsuk a Monge-t´etel g¨ombi megfelel˝oj´et. Monge-t´ etel a g¨ omb¨ on. A g¨ ombfel¨ uleten b´ armely h´ arom (a f˝ ok¨ orn´el r¨ ovidebb) k¨ orvonal hasonl´ os´ agi ´ atm´er˝ oi egy f˝ ok¨ or¨ on vannak. El˝osz¨or vizsg´aljuk azt az esetet, amikor a h´ arom k¨orvonal sugara k¨ ul¨onb¨oz˝o. A g¨omb k¨oz´eppontj´at jel¨ olj¨ uk O-val. Legyen k1 , k2 ´es k3 h´arom tetsz˝oleges k¨orvonal, a hozz´ajuk tartoz´o b´ekaszemek legyenek G1 , G2 , illetve G3 , a k¨oz´eppontjaik O1 , O2 , illetve O3 , a p´aronk´ent vett k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontjaik H12 , H13 ´es H23 (10. ´ abra).

1. K´et pontb´ol rajzoljunk h´arom-h´arom f´elegyenest u ´gy, hogy b´armely k´et, k¨ ul¨onb¨oz˝o pontb´ol indul´o egyenes elmetssze egym´ast. Ezek a f´elegyenesek n´egy n´egysz¨oget hat´aroznak meg. Igazoljuk, hogy ha ezek k¨oz¨ ul valamelyik h´arom ´erint˝on´egysz¨og, akkor a negyedik is az (11. ´ abra).

2. Bizony´ıtsuk be a Ceva-t´etelt k¨ozvetlen¨ ul, t´erbe kil´ep´essel. ´ 3. Irjuk fel ´es bizony´ıtsuk be a Ceva- ´es a Menelaosz-t´etel g¨ombi megfelel˝oit. 4. Az ABCD n´egysz¨og AB oldal´an adott egy P pont. Legyen ω a CP D h´aromsz¨og be´ırt k¨ore, a k¨oz´eppontja I. Tegy¨ uk fel, hogy ω ´erinti az AP D ´es BP C h´aromsz¨ogekbe ´ırt k¨or¨oket a K, illetve az L pontban. Legyen az AC ´es BD egyenesek metsz´espontja E, ´es legyen az AK ´es BL egyenesek metsz´espontja F . Bizony´ıtsuk be, hogy E, I ´es F egy egyenesre esik. (IMO Shortlist, 2007/G8) K´ os G´ eza

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire I. r´ esz 1. Oldjuk meg a k¨ovetkez˝o egyenleteket a val´os sz´amok halmaz´an: a) cos 2x + 3 · cos x − 1 = 0, √ √ b) 6 − x − 5 − 2x = 1. 10. ´ abra

Ha a szemeket elmetssz¨ uk az O1 O2 O3 s´ıkkal, ´eppen a Monge-t´etel ´abr´aj´at kapjuk; a Monge-t´etel szerint H12 , H13 ´es H23 egy egyenesre esik. Akkor viszont a B g¨ombnek a h´arom hasonl´ os´ agi ponton ´atmen˝ o ´atm´er˝oi, az OH12 , OH13 , illetve OH23 egyenesek, mind az OH12 H13 H23 s´ıkban, vagyis egy f˝ok¨or¨on vannak. Ha a h´arom k¨orvonal k¨ oz¨ ul valamelyik kett˝ o, p´eld´aul k1 ´es k2 ugyanakkora, akkor a hozz´ajuk tartoz´ o b´ekaszemek is ugyanakkor´ak, ´es a H12 pont nem j¨on K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

9

(7 pont) (6 pont)

2. A nem is olyan t´avoli j¨ov˝oben a fizika fakult´aci´osok online szimul´aci´oban vizsg´alhatj´ak t¨olt¨ott r´eszecsk´ek viselked´es´et m´agneses mez˝oben, ahol a r´eszecsk´ek helyzet´et der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszer seg´ıts´eg´evel ´ırj´ak le. K´et fizika ( fakult´aci´os di´ak, H´ac´e ´es) K´ac´e fontos k´ıs´erletet tervez: egy h´aromsz¨og cs´ ucsaiba A(−2; 1); B(10; 6); C(4; 9) K´ac´e h´arom detektort helyez. H´ac´e ekkor egy t¨olt¨ott r´eszecsk´et juttat a h´aromsz¨og s´ ulypontj´aba. A t¨olt¨ott r´eszecske t¨omege peti-ben (peti: t¨omegegys´eg a szimul´aci´oban) a h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek ´es a BAC^ cosinus´anak szorzata. Hat´arozzuk meg a h´aromsz¨og s´ ulypontj´anak koordin´at´ait ´es a r´eszecske t¨omeg´enek pontos ´ert´ek´et. (12 pont) 10

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

3. P´eb´e tan´ar u ´r, a C oszt´ aly oszt´ alyf˝ on¨ oke lelkesen ´erkezett a reggeli ´or´ara. – K´epzelj´etek, meg´ almodtam a matematika emelt szint˝ u ´eretts´egi ´atlagunkat! ´ mennyi volt, tan´ – Es ar u ´r? – Azt sajnos elfelejtettem, de eml´ekszem, hogy a D-sek ´atlaga szab´alyos k¨ozel´ıt´essel 84,3, az E-sek´e 85,1, a h´ arom oszt´ aly ´atlaga pedig 87,9 volt. Tudjuk, hogy a D-b˝ol 11-en, az E-b˝ ol 14-en, t˝ ol¨ unk pedig 24-en ´ırnak emelt szint˝ u ´eretts´egit. Ebb˝ol m´ar ki lehet sz´ amolni az oszt´ aly´ atlagot. a) Mennyi a C-sek oszt´ aly´ atlaga egy tizedesjegyre kerek´ıtve, ha minden di´ak ´eretts´egi eredm´enye csak eg´esz sz´azal´ek lehet? (8 pont) A Szalagavat´o nyit´ ot´ anc´ aban a C-sek 20%-a, a D-sek 25%-a vesz r´eszt. Az egyik sz¨ unetben 4 f˝o C oszt´ alyos ´es 2 f˝ o D oszt´ alyos tanul´o v´as´arolt pizz´at a b¨ uf´eben.

A f¨ uves ter¨ uleten egy k¨or alak´ u vir´ag´agy´ast alak´ıtanak ki. A vir´ag´agy´ast k´et egyenes gyalog´ ut szeli ´at, amelyek egy a k¨or¨on k´ıv¨ uli P pontban metszik egym´ast. A vir´ag´agy´ast az egyik gyalog´ ut az A ´es B, a m´asik gyalog´ ut a C ´es D pontokban metszi. Tudjuk, hogy P A = 3 m, AB = 5 m, valamint P D = P C + 10 m. b) Mekkora a P D t´avols´ag? (6 pont) 7. a) Bizony´ıtsuk be, hogy a szomsz´edos p´aratlan sz´amok reciprokainak k¨ ul¨onbs´ege egyenl˝o a sz´amok szorzata reciprok´anak k´etszeres´evel. (4 pont) 1 1 1 + 4·7 + 7·10 + . . . v´egtelen sor. Adott az 1·4 b) Bizony´ıtsuk be, hogy az n-edik r´eszlet¨osszeg:

Sn =

n . 3n + 1

b) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk pontosan ketten t´ancolnak a nyit´ot´ancban? (6 pont)

(8 pont) c) Adjuk meg a lim (Sn ) hat´ar´ert´eket.

4. Adottak az f : R → R, f (x) = x3 − 8 ´es a g : R → R, g(x) = 4 − 2x f¨ uggv´enyek. a) Adjuk meg a g ◦ f f¨ uggv´eny x = 2 abszcissz´aj´ u pontj´aba h´ uzott ´erint˝o egyenlet´et. (7 pont) f x→2 g

b) Adjuk meg a lim

hat´ ar´ert´eket.

n→∞

8. Az ´ abr´ an egy nemzetk¨ozi fog´asz kongresszus embl´em´aja l´athat´o. Az alakzatot az al´abbi f¨ uggv´enyek grafikonjai hat´arolj´ak:

(5 pont)

1 1 f : R → R, x 7→ x4 − 2x2 + 2 ´es g : R → R, x 7→ x2 + 4. 4 36

II. r´ esz 5. K´et birk´oz´o egyes¨ ulet k¨ oz¨ os bajnoks´ agra k´esz¨ ul. A felk´esz¨ ul´es sor´an el˝o´ır´as a napi 8 ´ora alv´as. A kor´ abbi felk´esz¨ ul´esek sor´ an kider¨ ult, hogy a felk´esz¨ ul´es hat´ekonys´ag´at jelent˝osen befoly´ asolja a regener´ al´ od´ asra ford´ıtott id˝o. A szakemberek meg´allap´ıtott´ak, hogy a hat´ekonys´ agot az E(t) = t3 · (3,2 − t) f¨ uggv´ennyel lehet le´ırni, ahol t a regener´ al´ od´ asra ford´ıtott id˝ o. a) Mennyi id˝ot ford´ıtsanak a regener´ al´ od´ asra, hogy a felk´esz¨ ul´es a lehet˝o leghat´ekonyabb legyen? (8 pont) A bajnoks´agot kies´eses rendszerben folytatj´ ak le, a p´arokat minden egyes m´er7 k˝oz´es el˝ott v´eletlenszer˝ uen sorsolj´ ak. Az els˝ o p´ar sorsol´asakor 40 a val´osz´ın˝ us´ege annak, hogy mindk´et versenyz˝ o az A egyes¨ ulet tagja. K´et m´erk˝oz´es ut´an, ahol egy r´esztvev˝ot az A, h´arom r´esztvev˝ ot pedig a B egyes¨ uletb˝ol sorsoltak ki, ugyanakkora val´osz´ın˝ us´eggel sorsolj´ ak mindk´et versenyz˝ ot az A egyes¨ uletb˝ol, mint a B egyes¨ uletb˝ol. b) H´anyan indultak a bajnoks´ agon az egyes egyes¨ uletekb˝ol?

(8 pont)

6. Egy paralelogramma alak´ u f¨ uves ter¨ ulet oldalai 50 m ´es 34 m, az oldalak v´egpontjait ¨osszek¨ot˝o ´atl´ o 56 m hossz´ u. Az ´atl´ o egy pontj´aba egy ¨onm˝ uk¨od˝o locsol´o berendez´est helyez¨ unk, amely a ter¨ ulet b´ armely pontj´ab´ol el´eri b´armely m´asik pontj´at, ´es ha a t´avols´ agot be´all´ıtottuk, akkor egy k¨or¨on bel¨ ul mindent lelocsol. a) Legal´abb mekkora ter¨ uletet kell k´ezzel locsolni, ha a locsol´o berendez´es a ter¨ ulet hat´ar´an t´ ul nem locsolhat? (10 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

11

(4 pont)

a) Hat´arozzuk meg a f¨ uggv´enyek grafikonjainak metsz´espontjait. (2 pont) b) Mekkora az embl´ema ter¨ ulete, ha a koordin´ata-rendszer 1 egys´ege a val´os´agban 1 cm-nek felel meg? A konferenci´an egy asztalhoz ker¨ ult hat fogorvos, akik ¨or¨ommel ´allap´ıtott´ak meg, hogy valamennyien r´eszt vesznek egy programban, amelyben hasznos kezel´esi elj´ar´asokat osztanak meg egym´assal. Ennek keret´eben a hat fogorvos is kapcsolatban ´all egym´assal, mindegyik mindegyikkel. A kapcsolattart´as k´et h´al´ozaton kereszt¨ ul folyik, de k´et fogorvos egym´as k¨oz¨ott mindig ugyanazon a h´al´ozaton kommunik´al. (8 pont) c) Bizony´ıtsuk be, hogy az asztaln´al helyet foglal´o hat fogorvos k¨oz¨ott van h´arom olyan, aki egym´as k¨ozt ugyanazon a h´al´ozaton kommunik´al. (6 pont) 9. Egy f¨ ugg¨onytart´o r´ ud k´ upban v´egz˝odik. R¨ogz´ıt˝o elemk´ent egy R sugar´ u g¨omb¨ot k´ uposan ´atf´ urunk u ´gy, hogy pontosan illeszkedjen a r´ ud v´eg´ere, majd az ´ıgy kapott testet r´ah´ uzzuk u ´gy, hogy a k´ up tengelye ´atmenjen a g¨omb k¨oz´eppontj´an. A r¨ogz´ıt˝oelem magass´aga 7 cm, a fels˝o alapk¨ore r1 = 3 cm, az als´o alapk¨ore r2 = 4 cm sugar´ u. a) Hat´arozzuk meg a r¨ogz´ıt˝oelem felsz´ın´et ´es t´erfogat´at. (10 pont) Az ´aruh´azban a f¨ ugg¨onytart´o rudakat n´egyf´ele sz´ınben (arany, ez¨ ust, feh´er, fekete), a r¨ogz´ıt˝oelemet h´aromf´ele sz´ınben (arany, z¨old ´es piros), a f¨ ugg¨ony¨oket ust, feh´er, z¨old, piros) ´arulj´ak. ¨otf´ele sz´ınben (arany, ez¨ 12

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

b) H´anyf´ele kombin´ aci´ ot lehet ¨ ossze´ all´ıtani, ha az az el˝o´ır´as, hogy legal´abb az egyik elem aranysz´ın˝ u legyen ´es a r´ ud k´et v´eg´en l´ev˝o r¨ogz´ıt˝oelem azonos sz´ın˝ u? (6 pont)

0-ra kell v´egz˝odnie. 4-gyel akkor oszthat´o, ha az utols´o k´et sz´amjegy´eb˝ol k´epzett sz´am oszthat´o 4-gyel, teh´at a sz´oba j¨ohet˝o lehet˝os´egek k¨oz¨ ul az utols´o k´et sz´amjegy 00 vagy 20 lehet (12 nem lehet, mert az 5-tel oszthat´os´ag miatt 0-ra kell v´egz˝odnie).

Balga Attila Budapest

Azok a n´egyjegy˝ u sz´amok, melyek 00-ra vagy 20-ra v´egz˝odnek, ´es sz´amjegyeik ¨osszege 3, a k¨ovetkez˝ok: 3000, 2100, 1200, 1020. Teh´at 4, a felt´eteleknek megfelel˝o sz´am van.

Megold´ asv´ azlatok a 2019/9. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz I. r´ esz 1. a) H´ any olyan n´egyjegy˝ u pozit´ıv eg´esz sz´ am van, amelyben a sz´ amjegyek osszege legfeljebb 4? (7 pont) ¨ b) H´ any olyan lesz ezek k¨ oz¨ ott a sz´ amok k¨ oz¨ ott, amely oszthat´ o 60-nal? (5 pont) Megold´ as. a) A sorrendre val´ o tekintet n´elk¨ ul 11-f´elek´eppen tudjuk el˝o´all´ıtani a 4-et, a 3-at, a 2-t vagy az 1-et n´egy nemnegat´ıv eg´esz sz´am ¨osszegek´ent: 4 = 4 + 0 + 0 + 0 = 3 + 1 + 0 + 0 = 2 + 2 + 0 + 0 = 2 + 1 + 1 + 0 = 1 + 1 + 1 + 1 (5 lehet˝os´eg); 3 = 3 + 0 + 0 + 0 = 2 + 1 + 0 + 0 = 1 + 1 + 1 + 0 (3 lehet˝os´eg); 2 = 2 + 0 + 0 + 0 = 1 + 1 + 0 + 0 (2 lehet˝ os´eg); 1 = 1 + 0 + 0 + 0 (1 lehet˝ os´eg). Az X000 t´ıpusb´ol csak egyf´elek´eppen alkothatunk n´egyjegy˝ u sz´amot, mert a 0 nem ´allhat a legnagyobb helyi´ert´eken. Az XY 00 t´ıpusban 3-f´elek´eppen v´alaszthatjuk ki a k´et nulla hely´et, a marad´ek k´et helyre 2-f´elek´eppen vari´ alhatjuk a m´ asik k´et sz´amjegyet, teh´at ezekb˝ol egyar´ant (3 · 2 =) 6 n´egyjegy˝ u sz´ amot k´epezhet¨ unk. Az XX00 t´ıpusban 3-f´elek´eppen v´ alaszthatjuk ki a k´et nulla hely´et, ´ıgy ezekb˝ol 3 k¨ ul¨onb¨oz˝o n´egyjegy˝ u sz´ am ad´ odik. Az XY Y 0 t´ıpusban 3-f´elek´eppen v´ alaszthatjuk ki a nulla hely´et, ezut´an 3-f´elek´eppen v´alaszthatjuk ki az X hely´et, ´ıgy ebb˝ ol (3 · 3 =) 9-f´ele n´egyjegy˝ u sz´am k´epezhet˝o.

2. a) Egy oszt´ alyban egy matematika dolgozatn´ al a 6 k´ekszem˝ u tanul´ o ´ atlaga pontosan 3, a t¨ obbi, nem k´ekszem˝ u tanul´ o ´ atlaga pontosan 4 lett. A 21 fi´ u ´ atlaga pontosan 3,5, a l´ anyok ´ atlaga pontosan 4,5 lett. Hat´ arozzuk meg a dolgozat ´ atlag´ at a teljes oszt´ alyban. (5 pont) b) Az iskolai t´ uraszakoszt´ aly a h´etv´egi kir´ andul´ asra k¨ ul¨ onbuszt rendelt. A buszk¨ olts´eget a r´esztvev˝ ok k¨ oz¨ ott egyenl˝ o ar´ anyban osztj´ ak sz´et. A kit˝ uz¨ ott jelentkez´esi hat´ arid˝ o egy h´etf˝ oi napon j´ art le. Mivel maradt m´eg szabad hely a buszban, ez´ert kedden m´eg k´et jelentkez´est elfogadtak, ´ıgy az egy r´esztvev˝ ore jut´ o buszk¨ olts´eg 175 Ft-tal cs¨ okkent. Szerd´ an azt´ an m´eg h´ arom jelentkez´est elfogadtak, ´ıgy az egy r´esztvev˝ ore jut´ o buszk¨ olts´eg tov´ abbi 225 Ft-tal cs¨ okkent. ´ Igy m´ ar megtelt a megrendelt aut´ obusz. H´ any jelentkez´est fogadtak el ¨ osszesen a kir´ andul´ asra, ´es mennyibe ker¨ ult a megrendelt k¨ ul¨ onbusz? (8 pont) Megold´ as. a) Jel¨olje az oszt´aly l´etsz´am´at x. Az oszt´alyzatok ¨osszeg´et k´etf´elek´eppen fel´ırva: 6 · 3 + (x − 6) · 4 = 21 · 3,5 + (x − 21) · 4,5, 4x − 6 = 4,5x − 21, x = 30. Az oszt´aly l´etsz´ama 30 volt. A dolgozat ´atlaga a teljes oszt´alyban

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

13

= 3,8 volt.

21·3,5+9·4,5 30

Ellen˝orz´es: = 3,8, ami megegyezik az el˝oz˝oleg kisz´am´ıtott ´atlaggal. b) I. megold´ as. Jel¨olje x a szerd´aig elfogadott jelentkez´esek sz´am´at. Ekkor h´etf˝oig x − 5, keddig x − 3 jelentkez´est fogadtak el. Jel¨olje y a teljes buszk¨olts´eget. Ekkor megoldand´o az al´abbi egyenletrendszer: y y = − 400, x x−5

Az XXX0 t´ıpusban 3-f´elek´eppen v´ alaszthatjuk ki a nulla hely´et, ´ıgy ebb˝ol 3 k¨ ul¨onb¨oz˝o n´egyjegy˝ u sz´ am ad´ odik. V´eg¨ ul az XXXX t´ıpusb´ ol csak egyf´elek´eppen alkothatunk n´egyjegy˝ u sz´amot. ¨ Osszesen teh´at (1 + 6 + 3 + 9 + 1 + 1 + 6 + 3 + 1 + 3 + 1 =) 35, a felt´eteleknek megfelel˝o n´egyjegy˝ u sz´ am van. b) 60-nal pontosan akkor oszthat´ o egy sz´ am, ha 3-mal, 4-gyel, ´es 5-tel is oszthat´o. 3-mal csak akkor oszthat´ o a sz´ am, ha sz´ amjegyeinek ¨osszege 3-mal oszthat´o, teh´at eset¨ unkben a sz´ amjegyek ¨ osszege 3. 5-tel akkor oszthat´o, ha 0-ra vagy 5-re v´egz˝odik, de 5-re v´egz˝ od˝ o sz´ am nincs a sz´ oba j¨ ov˝ o sz´amok k¨oz¨ott, a sz´amnak teh´at

6·3+24·4 30

y y = − 225. x x−3 Beszorozva a nevez˝okkel: y(x − 5) = yx − 400x(x − 5), y(x − 3) = yx − 225x(x − 3). 14

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Megold´ as. a) Legyen 2x = a. Ekkor 4x = a2 ´es 2x−1 = a2 . ´Igy az egyenl˝otlens´eg a k¨ovetkez˝ok´eppen ´ırhat´o fel: a2 + 2 < 9a . Kett˝ovel beszorozva ´es null´ara 2 rendezve: 2a2 − 9a + 4 < 0.

Elv´egezve a kijel¨olt m˝ uveleteket ´es rendezve: 5y = 400x(x − 5), 3y = 225x(x − 3).

A 2a2 − 9a + 4 = 0 egyenlet gy¨okei 4 ´es 0,5. Mivel a f˝oegy¨ utthat´o pozit´ıv, az egyenl˝otlens´eg 0,5 < a = 2x < 4 eset´en teljes¨ ul.

Az els˝o egyenletb˝ol y = 80x(x − 5), ezt a m´asodikba be´ırva: 240x(x − 5) = 225x(x − 3). Mivel x ̸= 0, oszthatunk vele, ´es rendez´es ut´ an kapjuk, hogy x = 35. Visszahelyettes´ıtve y = 84 000 ad´odik. Teh´ at 35 jelentkez´est fogadtak el szerd´aig, a teljes buszk¨olts´eg pedig 84 ezer Ft volt. 000 Ellen˝ orz´es: h´etf˝oig 30 ember jelentkezett, nekik ( 8430 = ) 2800 Ft-ot kellett volna fizetni. 000 Keddig 32 ember jelentkezett, ´ıgy egy embernek ( 8432 = ) 2625 Ft-ot kellett volna fizetni. 2625 = 2800 − 175 val´ oban. 000 Szerd´aig 35 ember jelentkezett, ´ıgy egy embernek ( 8435 = ) 2400 Ft-ot kellett fizetni. 2400 = 2625 − 225 val´ oban.

II. megold´ as. Jel¨ olje n a h´etf˝ oig elfogadott jelentkez´esek sz´am´at, ´es b (Ft) az egy f˝ore es˝o buszk¨olts´eget n jelentkez˝ o eset´en. Ekkor keddig n + 2 f˝o jelentkezett, akiknek b − 175 Ft-ot kellett volna fizetni, szerd´ aig pedig v´eg¨ ul n + 5 f˝o jelentkezett, akiknek b − 400 Ft-ot kellett fizetni. Ekkor megoldand´o az al´abbi egyenletrendszer: nb = (n + 2)(b − 175), nb = (n + 5)(b − 400).

Mivel a 2-es alap´ u exponenci´alis f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n˝o, 2−1 < 2x < < 2 pontosan akkor teljes¨ ul, ha −1 < x < 2. 2

b)

Az abszol´ ut´ert´eket figyelembe v´eve k´et eset lehets´eges: 2 sin2 x − sin x −

2 sin2 x − sin x − 1 = 0

vagy 2 sin2 x − sin x = 0.

Ekvivalens ´atalak´ıt´asokat v´egezt¨ unk. 4. a) Az f : R → R,

f (x) = ax + b 2

g(x) = (x − c) + d

f¨ uggv´enyek grafikonjai az M1 (−1; 10) ´es az M2 (4; −5) pontokban metszik egym´ ast. Hat´ arozzuk meg az a, b, c ´es d ´ert´ek´et. (7 pont)

ahonnan rendez´es ut´an kapjuk, hogy n = 30. Visszahelyettes´ıtve b = 2800 ad´odik. Teh´at (30 + 5 =) 35 jelentkez´est fogadtak el szerd´aig, a teljes buszk¨olts´eg pedig (30 · 2800 =) 84 000 Ft volt. Ellen˝orz´es mint az I. megold´ asban. 3. a) Oldjuk meg az al´ abbi egyenl˝ otlens´eget a val´ os sz´ amok halmaz´ an:

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

1 1 =− . 2 2

A sin x-ben m´asodfok´ u egyenleteket megoldva ad´odik, hogy sin x ´ert´eke n´egyf´ele lehet: 1, − 12 , 0 vagy 12 . Ezekb˝ol kapjuk az egyenlet megold´asait: π2 + 2kπ, ± π6 + kπ ´es kπ (k ∈ Z).

g : R → R,

0 = 2(80n + 400) − 175n − 350,

b) Oldjuk meg az al´ abbi egyenletet a val´ os sz´ amok halmaz´ an: 3 − sin x − 2 cos2 x = 1 . 2 2

vagy 2 sin2 x − sin x −

´es a

A m´asodik egyenletb˝ol b = 80n + 400, ezt az els˝ obe be´ırva:

4x + 2 < 9 · 2x−1 .

1 1 = , 2 2

Null´ara rendezve az egyenleteket kapjuk, hogy

Mindk´et egyenletben elv´egezve a kijel¨ olt m˝ uveleteket, ´es nb-t kivonva az egyenletek mindk´et oldal´ab´ol: 0 = 2b − 175n − 350, 0 = 5b − 400n − 2000.

3 1 3 − sin x − 2 cos2 x = − sin x − 2(1 − sin2 x) = 2 sin2 x − sin x − . 2 2 2

b) Hat´ arozzuk meg az f : R → R,

f (x) = 3x + 7

´es a g : R → R,

2

g(x) = (x + 3) − 6

f¨ uggv´enyek ´ altal k¨ ozrez´ art s´ıkidom ter¨ ulet´et.

(6 pont)

(7 pont)

15

(6 pont)

Megold´ as. a) M1 ´es M2 illeszkednek f grafikonj´ara, ez´ert 10 = −a + b ´es −5 = 4a + b. Az els˝o egyenletb˝ol kivonva a m´asodikat 15 = −5a ad´odik, innen pedig a = −3. Visszahelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy b = 7. 2 M1 ´es M2 illeszkednek g grafikonj´ara is, ez´ert 10 = (−1 − c) + d ´es −5 = 2 2 2 = (4 − c) + d. Az els˝o egyenletb˝ol kivonva a m´asodikat a 15 = (−1 − c) − (4 − c) 16

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

egyenlet ad´odik. A n´egyzetre emel´eseket elv´egezve a m´asodfok´ u tag kiesik, ´es kapjuk, hogy 15 = 10c − 15, innen pedig c = 3. Ezt visszahelyettes´ıtve p´eld´aul az els˝o 2 egyenletbe 10 = (−1 − 3) + d, ahonnan d = −6. ¨ Osszefoglalva teh´ at a = −3, b = 7, c = 3 ´es d = −6, ´ıgy f (x) = −3x + 7 ´es 2

g(x) = (x − 3) − 6. b) Meghat´arozzuk a k´et f¨ uggv´eny metsz´espontjait. 3x + 7 = (x + 3)2 − 6

A n´egyzetre emel´est elv´egezve ´es null´ ara rendezve: 0 = x2 + 3x − 4. Ennek az egyenletnek a gy¨okei x1 = 1 ´es x2 = −4. Mivel a k´et f¨ uggv´eny grafikonja k¨ oz¨ ul az f grafikonja helyezkedik el a g grafi) ∫1 ( konja f¨ol¨ott, ez´ert a keresett ter¨ uletet a f (x) − g(x) dx integr´al adja meg: −4

[ ] 2 f (x) − g(x) = (3x + 7) − (x + 3) − 6 = 3x + 7 − (x2 + 6x + 3) = −x2 − 3x + 4, ∫1

=

(

−4

[ 3 ]1 x 3x2 (−x2 − 3x + 4) dx = − − + 4x = 3 2 −4

b) H´ any millim´etert kopott eddig Vera aut´ oja gumiabroncs´ anak fel¨ ulete? (5 pont) A rend˝ ors´eg k¨ oz´ uti ellen˝ orz´es-sorozaton vizsg´ alja az aut´ ok gumiabroncs´ at. Egy ny´ ari gumiabroncs u ´gynevezett profilm´elys´ege gy´ art´ askor kb. 8 mm. Az ´erv´enyes jogszab´ alyok szerint nem lehet k¨ ozlekedni olyan gumiabronccsal, melynek a kop´ asa olyan m´ert´ek˝ u, hogy profilm´elys´ege 1,6 mm al´ a cs¨ okken. Felm´er´esek alapj´ an felt´etelezhet˝ o, hogy minden tizen¨ ot¨ odik aut´ on a gumiabroncsok kop´ asa ezt az ´ert´eket meghaladja. (Ezt u ´gy tekinthetj¨ uk, hogy minden egyes aut´ o eset´en 1/15 annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a kop´ as 1,6 mm al´ a cs¨ okkent.) c) Egy j´ ar˝ orp´ aros egy napi szolg´ alat alatt 80 aut´ o gumiabroncsainak kop´ as´ at ellen˝ orzi. Hat´ arozzuk meg annak val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy legal´ abb 5 olyan aut´ ot tal´ alnak az ellen˝ orz´es sor´ an, melyn´el a gumiabroncsok kop´ asa meghaladja a jogszab´ alyban el˝ o´ırt hat´ ar´ert´eket. (5 pont) Megold´ as. a) 1800−1320 = 240 aut´os nem haszn´al t´eli gumiabroncsot, 1800 − 2 − 240 = 1560 aut´os igen. Legyen n 240 t´eli gumiabroncsot nem haszn´al´o aut´os k¨oz¨ ul azoknak a sz´ama, akik anyagi okb´ol mondanak le a haszn´alat´ar´ol, ekkor azok sz´ama, akik nem is tartj´ak fontosnak a haszn´alat´at, 0,6n. 0,6n = 240 − n, ahonnan n = 150. Teh´at 150-en anyagi okokb´ol mondanak le a t´eli gumiabroncs haszn´alat´ar´ol, 90-en pedig nem tartj´ak fontosnak a haszn´alat´at. A k¨ordiagramon 1◦ 1800 = 5 aut´osnak fe360 lel meg. A t´eli gumiabroncsot haszn´al´okhoz tartoz´o k¨oz´epponti sz¨og teh´at 1560 5 = 312 fokos, a haszn´alatr´ol anyagi okokb´ol lemond´okhoz tartoz´o k¨oz´epponti sz¨og 150 = 30 fokos, a haszn´ala5 tot fontosnak nem tart´okhoz tartoz´o k¨oz´epponti sz¨og pedig 90 = 18 fokos. 5

) ( ) ( ) 64 13 56 125 1 3 − 24 − 16 = − − = . − − +4 − 3 2 3 6 3 6

A s´ıkidom ter¨ ulete teh´ at

125 6

ter¨ uletegys´eg. II. r´ esz

5. Egy felm´er´esben azt vizsg´ alt´ ak, az aut´ osok hogyan viszonyulnak a t´eli gumiabroncsok haszn´ alat´ ahoz. A felm´er´esben 1800 aut´ ost k´erdeztek meg. Azok, akik haszn´ alnak t´eli gumiabroncsokat, 1320-szal t¨ obben voltak, mint akik nem. Azok k¨ oz¨ ott, akik nem haszn´ alnak t´eli gumiabroncsot, 40%-kal kevesebben voltak azok, akik ezt nem is tartj´ ak fontosnak, mint azok, akik ugyan fontosnak tartj´ ak, de anyagi okokb´ ol lemondanak r´ ola. ´ azoljuk a felm´er´es eredm´eny´et k¨ a) Abr´ ordiagramon. (6 pont) Egyes szem´elyaut´ okban az aut´ o ´ altal megtett t´ avols´ agot az aut´ o m˝ uszerei u ´gy sz´ am´ıtj´ ak ki, hogy a gumiabroncs ismert ker¨ ulet´et ´es a ker´ek ´ altal megtett fordulatok sz´ am´ at ¨ osszeszorozz´ ak. Vera ´eszrevette, hogy n´eh´ any ´ev haszn´ alat ut´ an az aut´ o m˝ uszerei m´ ar pontatlanul mutatt´ ak a megtett t´ avols´ agot: am´ıg az u ´t melletti kilom´eterk¨ ovek tan´ us´ aga szerint pontosan 100 km-t tett meg, addig a m˝ uszerfal 101,2 km megtett utat jelzett. Ennek az volt az oka, hogy az aut´ o gumiabroncsai a n´eh´ any ´ev haszn´ alat alatt kicsit elkoptak, ´ıgy a ker¨ ulet¨ uk cs¨ okkent. A katal´ ogusok szerint a Vera aut´ oj´ an haszn´ alt gumiabroncsok gy´ art´ askori ´ atm´er˝ oje 632 mm volt. A m˝ uszerek – a kop´ ast figyelmen k´ıv¨ ul hagyva – mindv´egig ebb˝ ol az adatb´ ol hat´ arozt´ ak meg az aut´ o´ altal megtett t´ avols´ agot. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

17

b) I. megold´ as. A gumiabroncs gy´art´askori ker¨ ulete K = dπ ≈ 1985,5 mm. 000 000 Ekkor 100 km megt´etele alatt a ker´ek 1001985,5 ≈ 50 365-¨ot fordul. A kopott gumiabronccsal fut´o aut´o m˝ uszerei 101,2 km u ´t megt´etel´et 101 200 000 ≈ 50 970 1985,5 fordulat ´erz´ekel´ese ut´an jelzik. Ekkor azonban az aut´o t´enylegesen m´eg csak 000 ≈ 1961,9 mm, sugara 100 km-t tett meg, teh´at az abroncs ker¨ ulete 10050000 970 1961,9 2π

≈ 312,2 mm. Mivel az abroncs gy´art´askori sugara 316 mm volt, ez´ert a fel¨ uleti kop´as kb. 3,8 mm volt. II. megold´ as. A m˝ uszerek a t´enylegesen megtett u ´t 1,012-szeres´et ´erz´ekelt´ek, teh´at a ker´ek 1,012-szer annyi fordulatot tett meg, mint amennyit u ´jkori ´allapot´aban 18

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

100 km-en fordult volna. Azaz ker¨ ulete 1,012-ed r´esz´ere cs¨okkent. Mivel a ker¨ ulet ´es a sug´ar egyenesen ar´ anyos, ez´ert a ker´ek sugara is 1,012-ed r´esz´ere cs¨okkent, teh´at a gumi kopott ´allapot´ aban 316 : 1,012 ≈ 312,3 mm-es. A fel¨ uleti kop´as ´ıgy kb. 3,7 mm (az I. megold´ asban a kerek´ıt´esek miatt j¨ ott ki 3,8 mm).

A deriv´altf¨ uggv´eny z´erushelyei a −2 ´es az 1, melyek k¨oz¨ ul a −2 lok´alis maximumhely, az 1 pedig lok´alis minimumhely. 3

2

f (−2) = 2 · (−2) + 3 · (−2) − 12 · (−2) + c = 20 + c > 0, ahonnan c > −20, f (1) = 2 · 13 + 3 · 12 − 12 · 1 + c = −7 + c < 0,

c)

P (legal´ abb 5) = 1 − P (legfeljebb 4) = [ ] = 1 − P (0) + P (1) + P (2) + P (3) + P (4) .

Az n = 80 ´es p =

1 15

¨ Osszevetve: −20 < c < 7 eset´en lesz f -nek h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o z´erushelye.

c) c = 0 eset´en: f (x) = 2x3 + 3x2 − 12x = x(2x2 + 3x − 12). Ennek a f¨ uggv´enynek egyik z´erushelye x1 = 0, m´asik k´et z´erushely´et a 2x2 + 3x − 12 = 0 egyenlet √

param´eter˝ u binomi´ alis eloszl´ as seg´ıts´eg´evel: (

megold´asai adj´ak. Ezek (a m´asodfok´ u egyenlet megold´ok´eplet´eb˝ol) x2,3 = (azaz h´arom tizedesjegy pontoss´aggal −3,312 ´es 1,812).

)80

14 ≈ 0,0040, 15 ( ) ( )79 1 14 80 P (1) = · ≈ 0,0229, 15 15 1 P (0) =

( ) ( )77 ( )3 14 1 80 · ≈ 0,1200, 15 15 3

P (4) =

( ) ( )76 ( )4 14 1 80 · ≈ 0,1650. 15 15 4

[ ] ´Igy P (legal´abb 5) = 1 − P (0) + P (1) + P (2) + P (3) + P (4) ≈ 1 − 0,3765 = 0,6235.

6. A val´ os sz´ amokon ´ertelmezett f (x) = 2x3 + 3x2 + bx + c f¨ uggv´enynek lok´ alis maximuma van x = −2-n´el.

a) Igazoljuk, hogy ekkor b = −12. (5 pont) b) Hat´ arozzuk meg c lehets´eges ´ert´ekeit, ha tudjuk, hogy az f -nek h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o z´erushelye van. (7 pont) c) Hat´ arozzuk meg az f z´erushelyeit abban az esetben, ha c = 0. (4 pont)

A j´ at´ek elej´en az egyik j´ at´ekos kett´ev´ alasztja a j´ ol megkevert k´ artyacsomagot, ´es a csomag egyik fel´eben az als´ o h´ arom lapot megn´ezheti: ez az u ´gynevezett emel´es. Ha a h´ arom lap k¨ oz¨ ott van szerencs´es” lap, akkor ezeket a szerencs´es lapokat a j´ at´ekos ” megkapja. Szerencs´es lapnak sz´ am´ıt a hat darab Joker, a nyolc darab 2-es (amit a kanaszt´ aban szint´en Jokernek haszn´ alnak) ´es a n´egy darab piros 3-as. a) Hat´ arozzuk meg annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy az emel´est v´egz˝ o j´ at´ekos nulla, egy, kett˝ o, illetve h´ arom szerencs´es lapot kap. (5 pont) b) Hat´ arozzuk meg annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy a kezd˝ o j´ at´ekosnak kiosztott els˝ o n´egy lap k¨ oz¨ ott mind a n´egy sz´ın el˝ ofordul. (4 pont) ´ k¨ Egy szerencsej´ at´ekban 4 Kir´ aly ´es 4 Asz oz¨ ul visszatev´es n´elk¨ ul h´ uz lapokat ´ ´ kih´ a j´ at´ekos, eg´eszen addig, am´ıg az els˝ o Aszt kih´ uzza. Ha az els˝ o Asz uz´ asa el˝ ott k darab Kir´ alyt h´ uzott ki, akkor a j´ at´ekos nyerem´enye 100k 2 forint. c) Hat´ arozzuk meg ebben a j´ at´ekban a nyerem´eny v´ arhat´ o ´ert´ek´et. (7 pont) Megold´ as. a) A k´erdezett val´osz´ın˝ us´egeket hipergeometrikus eloszl´as seg´ıt¨ s´eg´evel hat´arozhatjuk meg. Osszesen van a k´et csomagban 110 lap, ezek k¨oz¨ott 18 szerencs´es, ´es 3 lapot h´ uzunk ki visszatev´es n´elk¨ ul.

Megold´ as. a) A f¨ uggv´enynek ott lehet lok´ alis maximuma, ahol az els˝o deriv´altja nulla. f ′ (x) = 6x2 + 6x + b, f ′ (−2) = 12 + b = 0, azaz val´oban csak b = −12 lehets´eges.

(92) 3 ) = 125 580 = 2093 ≈ 0,582, P (0) = (110

19

215 820

3

Ellen˝orizni kell m´eg, hogy val´ oban lok´ alis maximumhely-e ekkor a −2. f ′′ (x) = ′′ = 12x + 6, f (−2) = −18, mivel a m´asodik deriv´ alt itt negat´ıv, ez´ert a −2 val´oban lok´alis maximumhely. b) A harmadfok´ u f¨ uggv´eny alakj´ at figyelembe v´eve akkor lesz az f -nek h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o z´erushelye, ha a lok´ alis maximuma pozit´ıv, lok´alis minimuma negat´ıv ´ert´eket vesz fel. f ′ (x) = 6x2 + 6x − 12. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

−3± 105 4

7. A kanaszta nev˝ u k´ artyaj´ at´ekot k´et csomag francia k´ arty´ aval j´ atssz´ ak. Egy csomag francia k´ arty´ aban 55 lap tal´ alhat´ o: n´egy sz´ın (pikk, k´ ar´ o, k˝ or, treff ) mind´ egyik´eben 13-13 lap (2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, Bubi, D´ ama, Kir´ aly, Asz) van. Ezeken a lapokon k´ıv¨ ul mindegyik csomagban van h´ arom Joker is. A pikk ´es treff sz´ın˝ u lapok feket´ek, a k´ ar´ o ´es k˝ or sz´ın˝ u lapok pirosak.

( ) ( )78 ( )2 14 1 80 P (2) = · ≈ 0,0646, 15 15 2 P (3) =

ahonnan c < 7.

3597

(18)(92) 75 348 2093 = ≈ 0,349, P (1) = 1(110)2 = 3

5995

(18)(92) 14 076 391 P (2) = 2(110)1 = = ≈ 0,065, 3

20

215 820

215 820

5995

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

(18) 3 ) = P (3) = (110 3

Megold´ as. a) Jel¨olje az AC sz´aron a be´ırt k¨or ´erint´esi pontj´at E1 , a m´asodik k¨or ´erint´esi pontj´at pedig E2 . Bocs´assunk mer˝olegest O2 -b˝ol O1 E1 -re, a mer˝oleges talppontj´at jel¨olje T . A der´eksz¨og˝ u O1 O2 T h´aromsz¨ogben O1 O2 = 9 + 4 = 13 cm, O1 T = 9√ − 4 = 5 cm. ´Igy a Pitagorasz-t´etellel O2 T = 132 − 52 = = 12 cm.

816 68 = ≈ 0,0038. 215 820 17 985

b) Annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy p´eld´ aul az els˝ o n´egy lap sorban pikk, k´ar´o, k˝or ´es treff: 26 26 26 26 · · · ≈ 0,0033. 110 109 108 107 A n´egy k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın azonban 4! = 24-f´ele sorrendben ker¨ ulhet el˝o, ez 24 k¨ ul¨onb¨oz˝o (diszjunkt) lehet˝ os´eg, teh´ at a k´erdezett val´ osz´ın˝ us´eg az el˝oz˝o ´ert´ek 24-szerese, azaz 0,079. c) Annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy 0, 1, 2, 3, illetve 4 Kir´alyt h´ uz a j´at´ekos az els˝o ´ el˝ott: Asz P (0) =

4 1 = , 8 2

P (1) =

4 4 2 · = , 8 7 7

P (2) =

1 4 3 4 · · = , 8 7 6 7

P (3) =

4 3 2 4 2 · · · = , 8 7 6 5 35

P (4) =

Mivel T O2 E2 E1 t´eglalap, ez´ert E1 E2 = = O2 T = 12 cm. b) Az O1 CE1 ´es az O2 CE2 h´aromsz¨ogek hasonl´ oak, mivel megfelel˝o oldalaik p´arhuzamosak. Az O2 C szakasz hossz´at jel¨olje x. Ekkor a k´et h´aromsz¨og megfelel˝o oldalainak ar´anya: 13+x = x4 , ahonnan x = 10,4, az O2 C 9 szakasz hossza teh´at val´oban 10,4 cm. c) I. megold´ as. Az AB szakasz felez˝opontj´at jel¨olje F . CF = 9 + 9 + 4 + 10,4 = = 32,4 cm. Az AF C ´es az O2 E2 C h´aromsz¨ogek hasonl´oak, mert egyik hegyessz¨og¨ uk k¨oz¨os, ´es mindkett˝onek van egy der´eksz¨oge, ´ıgy sz¨ogeik megegyeznek. Az AF szakasz AF 2 O2 hossz´at jel¨olje y. Ekkor a k´et h´aromsz¨og megfelel˝o oldalainak ar´anya: CF = ECE . 2 √ y 4 2 2 A Pitagorasz-t´etelb˝ol CE2 = 10,4 − 4 = 9,6 cm. 32,4 = 9,6 , ahonnan y = 13,5, az AF szakasz hossza teh´at 13,5 cm. A h´aromsz¨og ter¨ ulete teh´at T =

4 3 2 1 1 · · · = . 8 7 6 5 70 =

A k´erdezett v´arhat´o ´ert´ek ´ıgy

AB · CF 2AF · CF 27 · 32,4 = = = 437,4 cm2 . 2 2 2

II. megold´ as. Jel¨olje a h´aromsz¨og sz´arai ´altal bez´art sz¨oget 2α. Ekkor sin α = 5 = 13 (≈ 0,385). Mivel α hegyessz¨og, az´ert

4 10,4

5

4 ∑ i=0

P (i) · 100i2 =

(

tg α =

) 1 2 1 2 1 · 0+ · 100 + · 400 + · 900 + · 1600 = 160 Ft. 2 7 7 35 70

8. Az ABC egyenl˝ osz´ ar´ u h´ aromsz¨ og alapja AB, be´ırt k¨ or´enek k¨ oz´eppontja O1 , a be´ırt k¨ or sugara 9 cm. A h´ aromsz¨ ogben olyan k¨ ort ´ırunk, mely ´erinti a be´ırt k¨ ort ´es a h´ aromsz¨ og k´et sz´ ar´ at. Ennek a k¨ ornek a k¨ oz´eppontja O2 , sugara pedig 4 cm. a) Hat´ arozzuk meg az egyik sz´ aron keletkez˝ o, a k´et k¨ or ´erint´esi pontjai ´ altal meghat´ arozott szakasz hossz´ at. (5 pont) b) Igazoljuk, hogy O2 C = 10,4 cm. (4 pont) c) Hat´ arozzuk meg a h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´et. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

(7 pont) 21

sin α sin α =√ = √ 13 cos α 25 1 − sin2 α 1 − 169

(´ıgy 2α ≈ 45,24◦ ). ´Igy AF = CF · tg α = 32,4 · AC = A h´aromsz¨og f´elker¨ ulete: s=

√

5 12

5 13 12 13

=

5 12

= 13,5 cm. A Pitagorasz-t´etelb˝ol

13,52 + 32,42 = 35,1 cm.

27 + 2 · 35,1 = 48,6 cm, 2

ter¨ ulete T = ϱs = 9 · 48,6 = 437,4 cm2 . 22

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

9. Egy nyolcpont´ u¨ osszef¨ ugg˝ o, egyszer˝ u gr´ af cs´ ucsai A, B, C, D, E, F , G ´es H. Az A, B, C ´es D cs´ ucsok foksz´ amai (ebben a sorrendben) egy n¨ ovekv˝ o sz´ amtani sorozat egym´ ast k¨ ovet˝ o tagjai. Ehhez hasonl´ oan az E, F , G ´es H cs´ ucsok foksz´ amai (ebben a sorrendben) egy m´ asik n¨ ovekv˝ o sz´ amtani sorozat egym´ ast k¨ ovet˝ o tagjai. A nyolc cs´ ucs foksz´ amai k¨ oz¨ ott k´et egyenl˝ o van, a t¨ obbi foksz´ am mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, tov´ abb´ a A foksz´ ama kisebb E foksz´ am´ an´ al. a) Rajzoljuk fel ezt a gr´ afot. (6 pont) Egy szab´ alyos nyolcsz¨ og k´et szomsz´edos cs´ ucsa a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben A(0; 0) ´es B(10; 0). A nyolcsz¨ og az I. ´es a II. s´ıknegyedben helyezkedik el. ´ b) Irjuk fel a szab´ alyos nyolcsz¨ og be´ırhat´ o k¨ or´enek egyenlet´et. (4 pont) c) Igazoljuk, hogy a P (17; 17) pont a nyolcsz¨ ognek bels˝ o, be´ırhat´ o k¨ or´enek viszont k¨ uls˝ o pontja. (6 pont) Megold´ as. a) Mivel a gr´ af ¨ osszef¨ ugg˝ o ´es egyszer˝ u, a cs´ ucsok foksz´amai 1, 2, 3, 4, 5, 6 ´es 7 lehetnek. E sz´amokb´ol a k¨ ovetkez˝ o n¨ ovekv˝ o sz´ amtani sorozatokat lehet ¨ossze´all´ıtani: 1, 1, 2, 3, 4,

3, 2, 3, 4, 5,

5, 3, 4, 5, 6,

7; 4; 5; 6; 7.

Az ¨ ot sorozat k¨oz¨ott csak kett˝ o olyan van, amelyeknek csak egy k¨oz¨os elem¨ uk van, ez´ert a gr´af foksz´amsorozata (A-t´ ol H-ig) 1, 2, 3, 4, 4, 5, 6, 7. Ha H foksz´ama 7, akkor ez a cs´ ucs az ¨ osszes t¨ obbivel ¨ossze van k¨otve. Mivel A foksz´ama 1, ez´ert A-b´ ol H-n k´ıv¨ ul m´as cs´ ucsba nem vezet ´el. G foksz´ama 6, ez´ert G az A-n k´ıv¨ ul az o obbi cs´ uccsal o¨ssze van k¨otve. ¨sszes t¨ Mivel B foksz´ama 2, ez´ert B-b˝ ol a G-n ´es H-n k´ıv¨ ul m´as cs´ ucsba nem vezet ´el. F foksz´ama 5, ez´ert F az A-n ´es B-n k´ıv¨ ul az ¨ osszes t¨ obbi cs´ uccsal ¨ossze van k¨ otve. Mivel C foksz´ama 3, ez´ert C-b˝ ol az F -en, G-n ´es H-n k´ıv¨ ul m´as cs´ ucsba nem vezet ´el. V´eg¨ ul D ´es E foksz´ ama 4, ez´ert ezek egym´ assal, valamint az F , G ´es H cs´ ucsokkal vannak ¨ osszek¨ otve. b) A szab´alyos nyolcsz¨ og egy bels˝ o sz¨ oge 135 fokos, ´ıgy k¨ uls˝o sz¨ogei 45 fokosak. Ez´ert BC oldala egy +1 meredeks´eg˝ u egyenes egy szakasza. A 10 egys´eg hossz´ u BC oldal o sz´ar´ u, der´ g˝ u h´a√romsz¨ √ egy olyan egyenl˝ ( eksz¨o√ ) og ´atfog´oja, melynek befog´ oi ´ıgy 5 2 egys´eg hossz´ uak. Ez´ert C 10 + 5 2; 5 2 . A nyolcsz¨og tov´ abbi oldalai is vagy p´arhuzamosak valamelyik koordin´atatengellyel, vagy pedig egy +1 vagy −1( meredeks´ u egyenesen √ eg˝ √ ) √ el. (helyezkednek ) ´Igy a tov´abbi cs´ ucsok koordin´ at´ ai: D 10 + 5 2; 10 + 5 2 , E 10; 10 + 10 2 , √ ) ( √ √ ) √ √ ) ( ( F 0; 10 + 10 2 , G − 5 2; 10 + 5 2 ´es H − 5 2; 5 2 . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

23

√ ) ogbe ´ırhat´o k¨or k¨oz´eppontja az AE szakasz felez˝opontja: ( A nyolcsz¨ K 5; 5 + 5 2 . A k¨or sugara megegyezik a K pont m´asodik koordin´at´aj´aval: √ r = 5 + 5 2 . A k¨or egyenlete: √ )2 ( √ )2 ( √ ) ( 2 (x − 5) + (y − 5 + 5 2 ) = 5 + 5 2 = 75 + 50 2 . c)

√ )2 √ )2 ( ( 2 P K 2 = (17 − 5) + (17 − 5 + 5 2 ) = 122 + 12 − 5 2 = √ = 338 − 120 2 .

Megmutatjuk, hogy ez nagyobb, mint a k¨or sugar´anak a n´egyzete, ´es ekkor P val´oban k¨ uls˝o pontja a k¨ornek: √ √ 338 − 120 2 > 75 + 50 2 ,

√ 263 > 170 2 ,

azaz

263 √ > 2. 170

Ez ut´obbi egyenl˝otlens´eg igaz, mert a bal oldal nagyobb, a jobb oldal pedig kisebb 1,5-n´el. √ √ M´asr´eszt 17 < 10 + 5 2 ekvivalens 1,4 < 2-vel, ami (p´eld´aul a n´egyzetre emel´essel kapott 1,96 < 2 miatt) szint´en igaz. Ez´ert P els˝o koordin´at´aja kisebb a C ´es D cs´ ucsok els˝o koordin´at´aj´an´al (de nagyobb a t¨obbi cs´ ucs els˝o koordin´at´aj´an´al), valamint kisebb a D ´es G cs´ ucsok m´asodik koordin´at´aj´an´al (de nagyobb a C ´es H cs´ ucsok m´asodik koordin´at´aj´an´al), ez´ert P a CDGH t´eglalapnak, ´ıgy a nyolcsz¨ognek is bels˝o pontja. Koncz Levente Budapest

59. R´ atz L´ aszl´ o V´ andorgy˝ ul´ es G¨ od¨ oll˝ o, 2019. j´ ulius 3–6.

Az idei v´andorgy˝ ul´est G¨od¨oll˝on rendezte meg a Bolyai J´anos Matematikai T´arsulat. A k¨ornyezet gy¨ony¨or˝ u volt, az el˝oad´asokhoz k¨ozeli sz´all´as is minden ig´enyt kiel´eg´ıtett, ´es ism´et lehetett egym´assal sokat besz´elgetni. ´ A v´andorgy˝ ul´esr˝ol sz´ol´ o r´eszletes besz´amol´o a tervek szerint az Erint˝ o Elektronikus Matematikai Lapok decemberi sz´am´aban (http://www.ematlap.hu) lesz olvashat´o. Az el˝oad´asok anyagai megtekinthet˝ok a v´andorgy˝ ul´es honlapj´an (http:// www.bolyai.hu/rlv2019.htm). A 2020-as v´andorgy˝ ul´es helysz´ıne Eger lesz. 24

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

√ √ 13. Egy m´e√ rtani sorozat els˝ o k´et √ tagja 7 ´es 3 7. Mi a sorozat negyedik tagja? √ √ (A) 9 7; (B) 12 7; (C) 5 7; (D) 10 7; (E) 1.

A k¨ oz´ episkolai tan´ arok verseny´ enek feladatai 1. H´ any lapja van annak a has´ abnak, amelynek 2019 ´ele van? (C) 1346; (D) 1348; (E) 2019.

(A) 673;

(B) 675;

2. Gazd´ alkod´ o Gerzsonnak 11 lova, 12 tehene, 13 lib´ aja, 14 kacs´ aja ´es 15 ty´ ukja van. H´ annyal t¨ obb l´ aba van ¨ osszesen az ´ allatainak, mint feje? (A) 65; (B) 94; (C) 111; (D) 137; (E) 141. 3. Mennyi az xy szorzat ´ert´eke, ha 2x = 15 ´es 15y = 32? √ (A) 5; (B) log2 15 + log15 32; (C) log2 47; (D) 7; (E) 47 . 4. A csal´ adot apa, anya ´es a gyerekek alkotj´ ak. A csal´ ad ´ atlag´eletkora 18 ´ev. A 38 ´eves apa n´elk¨ ul a csal´ ad ´ atlag´eletkora csak 14 ´ev. H´ any gyerek van a csal´ adban? (A) 1; (B) 2; (C) 3; (D) 4; (E) 5. 5. H´ any val´ os gy¨ oke van az |x + 7| − 3 − 2 = 1 egyenletnek? (A) 4; (B) 5; (C) 6; (D) 7; (E) 8.

|

|

6. A kecskeiskol´ aban egy sz´ am kecskerek´ıt´es´enek h´ıvj´ ak a sz´ amegyenesen hozz´ a legk¨ ozelebb es˝ o olyan eg´esz sz´ amot, amely k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amjegyekb˝ ol ´ all, ´es ha ezeket a sz´ amjegyeket cs¨ okken˝ o sorrendbe rendezz¨ uk, akkor az egym´ ast k¨ ovet˝ o sz´ amjegyek k¨ ul¨ onbs´ege 1. (P´eld´ aul a 27 kecskerek´ıt´ese a 23, a 4817 kecskerek´ıt´ese a 4765.) A 2019 ´es a 848 sz´ amok kecskerek´ıt´eseit ¨ osszeadtuk, majd az ¨ osszeget kecskerek´ıtett¨ uk. Melyik sz´ amjegy ´ allt a sz´ azas helyi ´ert´eken az ´ıgy kapott sz´ amban? (A) 0; (B) 1; (C) 2; (D) 8; (E) 9.

14. Zs´ ofinak h´ arom testv´ere van: k´et b´ atyja ´es egy h´ uga. A n´egy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o kor´ u gyermek ´eletkor´ anak szorzata 882. Mennyi Zs´ ofi h´ arom testv´ere ´eletkor´ anak az ¨ osszege, ha egyik b´ atyja sincs m´eg 18 ´eves? (A) 15; (B) 17; (C) 22; (D) 24; (E) 31. 15. Egy sz¨ ok˝ o´evben janu´ ar elseje p´entekre esett. Ebben az ´evben a v´ alaszokban felsorolt h´ onapok k¨ oz¨ ul az egyikben 5 vas´ arnap volt. Melyikben? (A) febru´ ar; (B) ´ aprilis; (C) j´ unius; (D) j´ ulius; (E) augusztus. 16. Egy der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og k´et befog´ oj´ anak hossza 10 cm ´es 24 cm. A h´ aromsz¨ og be´ırt k¨ ore az ´ atfog´ ot az E pontban ´erinti, az ´ atfog´ ot ´erint˝ o hozz´ a´ırt k¨ or ´erint´esi pontja F . H´ any centim´eter az EF szakasz hossza? (A) 11; (B) 11; (C) 12; (D) 13; (E) 14. 17. Mekk Elek ism´et u od¨ ott. Kapott egy t´eglatestet, melynek egy cs´ ucsb´ ol indul´ o ¨gyk¨ ´elei 5 cm, 6 cm ´es 7 cm hossz´ uak voltak. Azt k´ert´ek t˝ ole, hogy minden lapj´ at fesse be pirosra, majd darabolja fel a lapjaival p´ arhuzamos v´ ag´ asokkal 1 cm ´el˝ u kock´ akra. Mekk Elek a testet valamelyik lapj´ ara ´ all´ıtva az asztalra tette, majd az ¨ ot l´ athat´ o lapj´ at pirosra festett¨ uk. A hatodikr´ ol, amin ´ allt a test, sajnos megfeledkezett. A j´ ol elv´egzett feldarabol´ as ut´ an megsz´ amolta, hogy h´ any kock´ anak van legal´ abb egy piros lapja. Mennyi a legnagyobb eredm´eny, amit kaphatott, ha a sz´ amol´ as sor´ an nem hib´ azott? (A) 126; (B) 130; (C) 135; (D) 138; (E) 150. 18. Mennyi a k¨ ovetkez˝ o kifejez´es ´ert´eke: (2 + 3) · (22 + 32 ) · (24 + 34 ) · . . . · (2128 + 3128 ) + 2256 ? 3128

2

7. Az y = x − 7x + 10 egyenlet˝ u parabola ¨ osszesen h´ arom pontban metszi a koordin´ ata-rendszer tengelyeit. H´ any ter¨ uletegys´eg a metsz´espontok ´ altal meghat´ arozott h´ aromsz¨ og ter¨ ulete? (A) 10; (B) 12; (C) 13; (D) 14; (E) 15. 8. Gomb´ oc Art´ ur zsebp´enz´enek 36%-´ at ´etcsokol´ ad´era, 24%-´ at tejcsokol´ ad´era k¨ olt¨ otte. ´ Megmaradt p´enz´enek a 35%-´ an v´ as´ arolt egy k¨ onyvet Edes fogy´ ok´ ura csak csokival” ” c´ımmel, ´ıgy m´ ar csak 221 garasa maradt. H´ any garast k¨ olt¨ ott ´etcsokol´ ad´era? (A) 204; (B) 306; (C) 408; (D) 510; (E) 612. 9. Egy ´ allatsimogat´ oban a gyerekeknek ´es a p´ onilovaknak o uk ´es 112 ¨sszesen 37 fej¨ l´ abuk van. H´ any gyerek van az ´ allatsimogat´ oban? (A) 14; (B) 18; (C) 19; (D) 23; (E) 28.

(A) 2128 ;

(B) 40;

(C) 45;

(D) 50;

(E) 55.

(C) 3128 ;

(D) 3256 ;

(E) m´ as ´ert´ek.

19. Timike kicsit hazud´ os. Ami´ ota besz´elni kezdett, minden harmadik ´ all´ıt´ asa hamis, a t¨ obbi igaz. Nem tudjuk, h´ any ´ all´ıt´ assal ezel˝ ott hazudott utolj´ ara. Egy k´etjegy˝ u sz´ amr´ ol a k¨ ovetkez˝ o hat ´ all´ıt´ ast fogalmazta meg, ebben a sorrendben: Van benne 2-es sz´ amjegy.” ” Nagyobb 50-n´el.” P´ aros.” Kisebb 30-n´ al.” Oszthat´ o 3-mal.” Tartalmaz 7-es sz´ amje” ” ” ” ” gyet.” Mennyi a sz´ amjegyek ¨ osszege abban a k´etjegy˝ u sz´ amban, amir˝ ol Timike megfogalmazta ´ all´ıt´ asait? (A) 12; (B) 13; (C) 14; (D) 15; (E) 16. 20. Az ´ abr´ an l´ athat´ o n´egyzetet nyolc r´eszre osztottuk. A r´eszek k¨ oz¨ ul n´eh´ anyba be´ırtuk, hogy h´ any cm2 a ter¨ ulete. H´ any n´egyzetcentim´eter a k´erd˝ ojellel jel¨ olt, n´egysz¨ og alak´ u r´esz ter¨ ulete? (A) 13; (B) 17; (C) 21; (D) 24; (E) 27.

10. Az ABCD trap´ez AB ´es CD oldala p´ arhuzamos, AB = 50 cm ´es CD = 20 cm. Az E pont az AB alap azon bels˝ o pontja, amelyre a DE szakasz a trap´ezt k´et egyenl˝ o ter¨ ulet˝ u r´eszre osztja. H´ any centim´eterre van az E pont a trap´ez A cs´ ucs´ at´ ol? (A) 25; (B) 30; (C) 35; (D) 40; (E) 45. 2 11. A Kerge Birka rockzenekar koncertj´en a k¨ oz¨ ons´eg 5 r´esze magyar. A k¨ ulf¨ oldiek 7 6 r´ e sze f´ e rfi. A n˝ o k r´ e sze magyar. A k¨ o z¨ o ns´ e gnek h´ a ny sz´ a zal´ e ka f´ e rfi? (A) 35; 12 11

(B) 2256 ;

( )2 ( )2 21. Az al´ abbiak k¨ oz¨ ul melyik ´ abr´ an l´ athat´ o a x − |x| + y − |y| = 4 egyenlet igazs´ aghalmaza?

12. Egy 20 cm oldalhossz´ us´ ag´ u n´egyzetet az ´ abr´ an l´ athat´ o m´ odon n´egy t´eglalap alak´ u r´eszre osztottunk. Tudjuk, hogy az A jel˝ u r´esz ter¨ ulete 48 cm2 , a B jel˝ u r´esz ker¨ ulete 52 cm. H´ any n´egyzetcentim´eter a ter¨ ulete a bet˝ uvel nem jel¨ olt k´et r´esz k¨ oz¨ ul annak, amelyiknek kisebb a ker¨ ulete? (A) 36; (B) 48; (C) 64; (D) 72; (E) 80.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

25

26

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

22. Az n pozit´ıv eg´esz sz´ amnak 2019 pozit´ıv oszt´ oja van, melyek k¨ oz¨ ul az egyik a 2019. H´ any olyan k pozit´ıv eg´esz sz´ am van, amelynek ¨ ot¨ odik hatv´ anya oszt´ oja az n-nek? (A) 135; (B) 268; (C) 405; (D) 667; (E) m´ as ´ert´ek. 23. Egy 4 × 4-es t´ abl´ ara elhelyez¨ unk 4 feh´er ´es 4 fekete b´ abut u ´gy, hogy minden sorba ´es minden oszlopba 1 feh´er ´es 1 fekete b´ abu ker¨ ulj¨ on. H´ anyf´elek´eppen tehetj¨ uk meg ezt, ha k´et elhelyez´est akkor is k¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek tekint¨ unk, ha t¨ ukr¨ oz´essel vagy forgat´ assal egym´ asba vihet˝ ok? (A) 72; (B) 144; (C) 216; (D) 288; (E) m´ as ´ert´ek. 24. Az ABC h´ aromsz¨ og C-n´el l´ev˝ o sz¨ oge der´eksz¨ og, a C-b˝ ol h´ uzott magass´ ag´ anak talppontja D. A B cs´ ucsb´ ol indul´ o sz¨ ogfelez˝ o a CD magass´ agot az M , az AC befog´ ot az E pontban metszi. Tudjuk, hogy a DM E sz¨ og nagys´ aga 120◦ , ´es a DM E h´ aromsz¨ og ter¨ ulete 71 cm2 . H´ any n´egyzetcentim´eter az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ ulete? (A) 637; (B) 781; (C) 852; (D) 923; (E) 994. 25. J´ anos gazda b´ ar´ anyainak t¨ obb, mint 47%-a, de kevesebb, mint 50%-a fekete. Minimum h´ any b´ ar´ anya van J´ anos gazd´ anak? (A) 8; (B) 13; (C) 21; (D) 33; (E) m´ as ´ert´ek. 26. Adott a s´ıkon az A1 A2 A3 . . . A2018 A2019 szab´ alyos 2019 oldal´ u soksz¨ og. H´ any olyan k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o szab´ alyos h´ aromsz¨ og rajzolhat´ o a soksz¨ og s´ıkj´ an, amelynek legal´ abb k´et cs´ ucsa a soksz¨ og cs´ ucsai k¨ oz¨ ul val´ o? (A) 2 035 171; (B) 4 072 996; (C) 4 074 342; (D) 2 037 171; (E) 2 035 825. 27. Az iskolai kos´ arlabda bajnoks´ agban 5 csapat indult. A bajnoks´ ag sor´ an minden csapat minden csapattal egyszer m´erk˝ ozik meg. Eddig ¨ osszesen 4 m´erk˝ oz´est bonyol´ıtottak le. Tudjuk, hogy nincs h´ arom olyan csapat, akik m´ ar az ¨ osszes egym´ as k¨ ozti m´erk˝ oz´es¨ uket lej´ atszott´ ak. H´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o m´ odon lehets´eges ez, ha a m´erk˝ oz´esek sorrendje nem sz´ am´ıt? (A) 60; (B) 75; (C) 90; (D) 120; (E) 140.

A k¨ oz´ episkolai tan´ arok verseny´ enek eredm´ enye 1. Fridrik Rich´ ard (Szeged, Magister Universitas) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 2. Baloghn´ e Cseh Judit (Szolnok, Varga Katalin Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 3. Fony´ o Lajos (Keszthelyi Vajda J´ anos Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 4. Horv´ ath Eszter (Budapest, Kempelen Farkas Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109 5. Fony´ on´ e N´ emeth Ildik´ o (Keszthelyi Vajda J´ anos Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . 105 6. Csan´ ady G´ aborn´ e (Budapest, Ba´ ar-Madas Reform´ atus Gimn.) . . . . . . . . . 104 7. Sz´ ekely P´ eter (Budapest, E¨ otv¨ os J´ ozsef Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 8. Laczik Istv´ an (Budapest, Ba´ ar-Madas Reform´ atus Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . 95 ´ 9. Bar´ ati Akos (P´ecs, Ciszterci Rend Nagy Lajos Gimn.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94 10. Bukorn´ e Both Em˝ oke (R´ev-Kom´ arom, Selye J´ anos Gimn.) . . . . . . . . . . . . 92

Az ´ altal´ anos iskolai tan´ arok verseny´ enek∗ eredm´ enye ´ Isk.) 1. Nagy Tibor (Kecskem´et, NJE Pet˝ ofi S´ andor Gyak. Alt. 2. Egyed L´ aszl´ o (Bajai III. B´ela Gimn.) ´ 3. R´ ozs´ an´ e Motk´ o Edit (Ocsa, Bolyai J´ anos Gimn.) ´ Isk.) 4. T´ oth Gabriella (Csantav´er, Hunyadi J´ anos Alt. ´ ´ Isk., Gimn., Szakgimn. 5. Csord´ as Mih´ aly (Kecskem´et, Kod´ aly Zolt´ an Enek-zenei Alt. ´es AMI).

A 2019. ´ evi Beke Man´ o Eml´ ekd´ıjasok A Beke Man´o Eml´ekd´ıj Bizotts´ag d¨ont´ese alapj´an 2019-ben a d´ıj m´asodik fokozat´aban r´eszes¨ ult Balga Attila, Gaj´ arszki Roz´ alia, P´ alovicsn´ e Tusn´ ady Katalin, Reg˝ osn´ e Jancsovics Julianna, Tak´ acs S´ andor, T¨ or¨ okn´ e Dr. Bodzs´ ar M´ aria ´es Varga Vince.

28. A pozit´ıv eg´esz sz´ amokat az a ´br´ an l´ athat´ o mint´ at k¨ ovetve h´ aromsz¨ og alakban ´ırtuk be egy t´ abl´ azatba. A t´ abl´ azat kit¨ olt´es´et addig folytattuk, am´ıg el nem jutottunk a 63. sor utols´ o, azaz 63. cell´ aj´ aig. (A sorok v´ızszintesek, az oszlopok f¨ ugg˝ olegesek.) H´ anyadik oszlopban a legnagyobb a sz´ amok ¨ osszege? (A) 1; (B) 5; (C) 10; (D) 14; (E) 19.

A K pontversenyben kit˝ uzo ¨tt gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (644–648.)

29. Az ABC h´ aromsz¨ og BC oldal´ anak felez˝ opontja D. Tudjuk, hogy az ACB sz¨ og 30◦ , az ADB sz¨ og pedig 45◦ . H´ any fokos az ABC h´ aromsz¨ og legkisebb k¨ uls˝ o sz¨ oge? (A) 45; (B) 60; (C) 90; (D) 105; (E) m´ as ´ert´ek. 30. A kecske nyelvben csak 4 bet˝ ut haszn´ alnak: egy mag´ anhangz´ ot (e), illetve h´ arom m´ assalhangz´ ot (k; c; s). A kecske nyelvben egyetlen egybet˝ us ´ertelmes sz´ o van, az e. Egy egyn´el t¨ obb bet˝ us sz´ o akkor ´ertelmes a kecske nyelvben, ha tartalmaz mag´ anhangz´ ot, ´es az utols´ o bet˝ uj´et elhagyva olyan sz´ ot kapunk, amely nem ´ertelmes a kecske nyelvben. H´ any 5 bet˝ us ´ertelmes sz´ o van a kecske nyelvben? (A) 325; (B) 393; (C) 437; (D) 481; (E) 543.

K. 644. Egy dobozban k´ek ´es z¨old kock´ak vannak, ¨osszesen 70 darab. Kivesz¨ unk n´egyszer annyi k´ek kock´at, mint z¨oldet, ´ıgy a dobozban maradt kock´ak k¨oz¨ott 7-szer annyi a z¨old, mint a k´ek. H´any k´ek ´es h´any z¨old kocka volt a dobozban eredetileg? K. 645. Milyen marad´ekot kapunk, ha az 1 + 4 + 7 + . . . + 2020 ¨osszeget 8-cal elosztjuk?

A feladatsort Erd˝ os G´ abor ´ all´ıtotta ¨ ossze ´es Kiss G´ eza lektor´ alta

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

pont pont pont pont pont pont pont pont pont pont.

27

∗

28

Az ´ altal´ anos iskolai tan´ arok verseny´enek feladatait nem k¨ oz¨ olj¨ uk. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

C. 1582. Az ABCD paralelogramma oldalaira kifel´e az ABP , BCQ, CDR, DAS szab´alyos h´aromsz¨ogeket rajzoltuk. Milyen felt´etelnek kell teljes¨ ulnie a paralelogramm´ara ahhoz, hogy P QRS n´egyzet legyen?

K. 646. Van h´arom g´ep¨ unk, amelyek k´et-k´et bemenettel, ´es egy-egy kimenettel rendelkeznek. A g´epek a bemeneteken kereszt¨ ul megadott sz´ amokkal egy meghat´arozott m˝ uveletsort v´egeznek el, ´es ennek eredm´enye jelenik meg a kimeneten. A h´ arom g´ep teh´ at az ´ abra szerint n´ez ki.

Feladatok mindenkinek

Az A g´ep kimenet´en x · y jelenik meg, a B g´ep kimenet´en x2 + y, a C g´ep kimenet´en pedig 5 · x + 3 · y (x ´es ¨ y jel¨oli az egyik, illetve a m´asik bemeneten beadott sz´amokat). Osszek¨ otj¨ uk az A, B ´es C g´epeket olyan m´ odon, hogy az egyik kiv´ alasztott g´ep egy-egy bemenet´ere a m´asik k´et g´ep kimenet´et k¨ otj¨ uk r´a. Mennyi lesz az utols´o g´epb˝ol kij¨ov˝o lehet˝o legnagyobb eredm´eny, ha a k´et els˝ o g´epbe egyar´ ant az x = 4 ´es y = 7 ´ert´ekeket t´apl´aljuk be? K. 647. Egy pap´ırb´ ol k´esz¨ ult ikoza´edert n´eh´any ´el ment´en felv´ agunk u ´gy, hogy sz´ethajtva a test valamelyik (s´ıkban fekv˝ o) h´al´ oj´ ahoz jussunk. H´any ´elt kell felv´agni ehhez?

´ azoljuk a der´eksz¨og˝ C. 1583. Abr´ u koordin´atarendszerben azokat a pontokat, melyeknek koordin´at´ai kiel´eg´ıtik az al´abbi egyenl˝otlens´eget: |x| + |y| + |x + y| 6 2. Mekkora ter¨ ulet˝ u s´ıkidomot kaptunk? (Horv´ at feladat) C. 1584. Legfeljebb mekkora ter¨ ulet˝ u n´egyzetet lehet legfeljebb h´arom egyenes v´ag´assal kiv´agni egy h´aromsz¨og alak´ u pap´ırlapb´ol, amelynek oldalai 3 cm, 4 cm ´es 5 cm hossz´ uak? C. 1585. Melyek azok a p ´es q egym´ast´ol k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv pr´ımsz´amok, melyekre p − 4p2 + p3 = q − 4q 2 + q 3 ? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1586. Az ABC h´aromsz¨og AB oldal´anak harmadol´opontjai D ´es E. A DE szakasz egy tetsz˝oleges bels˝o pontja P . H´ uzzunk p´arhuzamost a P C egyenessel a D, illetve E pontokon kereszt¨ ul. Ezek az egyenesek az AC ´es BC oldalakat rendre a Q ´es R pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy a P RCQ n´egysz¨og ter¨ ulete az AP Q h´aromsz¨og ter¨ ulet´evel egyenl˝o nagys´ ag´ u.

K. 648. Egy n´egyzet bels˝ o pontj´ at ¨ osszek¨ ot¨ott¨ uk minden oldalon az egyik oldalharmadol´ o ponttal az ´ abra szerint, ´es ´ıgy n´egy n´egysz¨ oget kaptunk. Ismerj¨ uk az egyik ilyen n´egysz¨og ter¨ ulet´et (l´ asd az ´abr´ at). Hat´ arozzuk meg a t¨obbi n´egysz¨og ter¨ ulet´et.

d

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. febru´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

C. 1587. Oldjuk meg az √ √ x−1 x x √ − = x−2 2x − 1 x

d

egyenletet a val´os sz´amok halmaz´an.

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1581–1587.)

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

d Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. febru´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1581. Adjuk meg n azon pozit´ıv eg´esz ´ert´ekeit, amelyekre n! pontosan 19 531 darab 0-ra v´egz˝ odik. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

29

d 30

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

B. 5076. Oldjuk meg az x + y + z + v = 0,

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5070–5077.)

x2 + y 2 + z 2 + v 2 = 12, x3 + y 3 + z 3 + v 3 = 24 egyenletrendszert a val´os sz´amn´egyesek halmaz´an.

B. 5070. Egy szigeten k´etf´ele ember ´el. Az igazmond´ok mindig igazat mondanak, a hazud´osok mindig hazudnak. T´ız szigetlak´ o k¨ oz¨ott kiosztottuk az 1, 2, . . . , 10 sz´amokat. Mindenki egy-egy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amot kapott. Ezut´an mindenkinek feltett´ek a k¨ovetkez˝o h´arom k´erd´est: A te sz´ amod p´aros?”, A te sz´amod oszthat´o ” ” 4-gyel?”, A te sz´amod oszthat´ o 5-tel?”. Az els˝ o k´erd´esre h´arman, a m´asodikra ” hatan, a harmadikra pedig ketten v´alaszoltak igennel. Mely sz´amok vannak hazud´osokn´al?

(6 pont)

(4 pont)

(6 pont)

Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´aza)

B. 5077. Egy kocka k´et ir´anypontos perspekt´ıv k´ep´et szeretn´enk elk´esz´ıteni az ´ abra szerint. A k´et ir´anypont I1 = (−9; 0) ´es I2 = (10; 0); a kocka h´arom cs´ ucs´anak k´epe A = (−3; 0), B = (0; 0) ´es C = (4; 0). Mekkora legyen az F pont y-koordin´at´aja?

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. febru´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

B. 5071. Legyen az ABC h´ aromsz¨ og BC oldal´anak B-hez k¨ozelebbi harmadol´opontja A1 , a C-hez k¨ ozelebbi harmadol´ opontja A2 , a CA oldal C-hez k¨ozelebbi harmadol´opontja B1 , az A-hoz k¨ ozelebbi harmadol´ opontja B2 , v´eg¨ ul az AB oldal A-hoz k¨ozelebbi harmadol´ opontja C1 , a B-hez k¨ ozelebbi harmadol´opontja C2 . Bizony´ıtsuk be, hogy az A1 B1 C1 ´es B2 C2 A2 h´ aromsz¨ogek egybev´ag´ok ´es ter¨ ulet¨ uk az ABC h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek harmad´ aval egyenl˝ o. (3 pont)

d

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

Az A pontversenyben kit˝ uzo ¨tt nehezebb feladatok (767–768.)

[√ ] [√ ] √ B. 5072. Igazoljuk, hogy n+ n+3 = 4n + 5 b´armely pozit´ıv eg´esz n eset´en.

(3 pont)

Javasolta: Imre Tam´ as (Marosv´as´arhely)

B. 5073. Az ABC h´ aromsz¨ ogbe ´ırt k¨ ornek a h´aromsz¨ogoldalakkal p´arhuzamos ´erint˝oi a h´aromsz¨ogb˝ol h´ arom kis h´ aromsz¨ oget v´ agnak le, az ezekbe ´ırt k¨or¨ok sugara 2, 3 ´es 10 egys´eg. Mutassuk meg, hogy az ABC h´ aromsz¨og der´eksz¨og˝ u. (4 pont)

Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´aza)

B. 5074. Mely pozit´ıv eg´esz n-ekre ´es k¨ ul¨ onb¨oz˝o (pozit´ıv) p, q, r pr´ımsz´amokra teljes¨ ul, hogy 1 1 1 1 + + 2 = ? pq pr3 qr n (5 pont)

A. 767. Egy n × n-es t´abl´azat mez˝oi mind k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ ure vannak sz´ınezve. Egy l´ep´es abb´ ol ´all, hogy kiv´alasztunk egy sort, abban minden mez˝ot eggyel jobbra tolunk, a sor jobb sz´els˝o mez˝oj´et pedig berakjuk a sor bal sz´el´en l´ev˝o mez˝o hely´ere; vagy kiv´alasztunk egy oszlopot, abban minden mez˝ot eggyel lefel´e tolunk, ´es az oszlop legals´o mez˝oj´et berakjuk az oszlop tetej´en l´ev˝o mez˝o hely´ere. Milyen n eset´en lehet ilyen l´ep´esekkel az n2 darab mez˝o ¨osszes lehets´eges elrendez´es´et megkapni? ´ am Javasolta: Schweitzer Ad´ A. 768. Legyen S egy olyan s´ıkbeli alakzat, melyet n´eh´any (v´eges sok) egys´egn´egyzet uni´ojak´ent ´all´ıtottunk el˝o. Bizony´ıtand´o, hogy S ker¨ ulet´enek ´es ter¨ ulet´enek az ar´anya legfeljebb 8.

Javasolta: Holl´ o G´ abor (Budapest)

d B. 5075. Az ABCD konvex n´egysz¨ og AD ´es BC oldalainak felez˝opontja E, illetve F . Az EF szakasz az AC ´atl´ ot a P pontban, a BD ´atl´ot Q-ban metszi. Bizony´ıtsuk be, hogy az AEP ´es BF Q k¨ or¨ ok az AB egyenesen metszik egym´ast. (5 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Bek¨ uld´ esi hat´ arid˝ o: 2020. febru´ ar 10. Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

Javasolta: Holl´ o G´ abor (Budapest) 31

32

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Matematikai k´ epz´ esek az ELTE TTK-n

Kedves leend˝o Egyetemista! A K¨ oMaL olvas´ojak´ent bizony´ara sz´ıvesen foglalkozol matematik´aval, ´es felmer¨ ulhetett m´ar Benned az a gondolat, hogy ´eletp´aly´adul ennek a sz´ep tudom´anynak a m˝ uvel´es´et v´alasztod, illetve szeretn´el megismerkedni alkalmaz´asaival a m˝ uszaki, gazdas´agi ´es p´enz¨ ugyi ´elet k¨ ul¨onb¨oz˝o ter¨ uletein. Egy amerikai felm´er´es ´evr˝ol ´evre a legjobb foglalkoz´asok k¨oz¨ott tartja sz´amon a matematikust ´es a szint´en matematikai el˝ok´epzetts´eget ig´enyl˝o aktu´ariust ´es statisztikust (https://www.careercast.com/jobs-rated/best-jobs-of-2019). Ez Magyarorsz´agra is igaz, hiszen nemcsak a kutat´oint´ezetek, egyetemek, hanem sz´amos c´eg is t´art karokkal ´es igen j´o fizet´essel v´arja az ELTE-n v´egzett matematikusokat. Az alkalmazott matematika ma m´ar az ´elet szinte minden ter¨ ulet´en n´elk¨ ul¨ozhetetlen, ´es az ilyen k´epzetts´eg˝ u munkaer˝o ir´ant egyre n¨ovekszik az ig´eny. Esetleg m´eg nem d¨ont¨ott´el, de legink´abb matematik´ab´ol folytatn´al fels˝ofok´ u tanulm´anyokat? Minderre kit˝ un˝o lehet˝os´eg ny´ılik az orsz´ag egyik legnagyobb m´ ult´ u egyetem´en, az E¨otv¨os Lor´and Tudom´anyegyetem Term´eszettudom´anyi Kar´an, ahol vil´agh´ır˝ u professzorokt´ol ´es lelkes, k¨ozvetlen fiatal oktat´okt´ol tanulhatsz. Pezsg˝o di´ak´elet v´ar r´ad az ELTE korszer˝ u sz´am´ıt´og´epparkkal felszerelt, a K¨oMaL szerkeszt˝os´eg´enek is otthont ad´o modern l´agym´anyosi ´ep¨ uletegy¨ uttes´eben. A bolognai k´epz´esi rendszerbe illeszkedik BSc k´epes´ıt´est ny´ ujt´o h´arom´eves matematikai alapk´epz´es¨ unk. Itt az els˝o ´evben hallgat´oi ´es oktat´oi mentorok biztos´ıtj´ak, hogy mindenki be tudjon illeszkedni ´es tal´aljon el˝oismereteinek, k´epess´egeinek ´es tanul´asi sebess´eg´enek megfelel˝o neh´ezs´eg˝ u feladatokat. Az els˝o ´ev v´eg´en d¨onthetsz arr´ol, hogy milyen t´em´akkal szeretn´el a tov´abbiakban behat´obban foglalkozni. A k´ın´alat sz´eles: aki szeretne, az elm´elyedhet az elm´eleti matematika k´erd´eseiben, hiszen szinte minden fontos ter¨ uletr˝ol hirdet¨ unk kurzusokat. Ezek ´ep´ıtenek a magyar matematikai kutat´asok m´elt´an vil´agh´ır˝ u hagyom´anyaira, ugyanakkor szil´ard alapokat ny´ ujtanak a modern matematika m˝ uvel´es´ehez, j´ol felk´esz´ıtve hallgat´oinkat a leend˝o kutat´oi munk´ara. Akit viszont az alkalmaz´asok ´erdekelnek, megteheti, hogy az alapok elsaj´at´ıt´asa ut´an olyan modern t´em´akkal is foglalkozzon, mint az adattudom´any vagy a mesters´eges intelligencia matematikai k´erd´esei. Azoknak is aj´anljuk a matematika alapk´epz´esi szakot, akik ismereteiket k´es˝obb ink´abb a matematik´an k´ıv¨ ul szeretn´ek majd gy¨ um¨olcs¨oztetni. Itt szerzett tud´asukat hasznos´ıthatj´ak p´eld´aul gazdas´agi ter¨ uleten, m´edi´aban, a matematika n´epszer˝ us´ıt´es´eben, a k¨ozm˝ uvel˝od´esben – ´es a megszerzett matematikai gondolkod´asm´od mindv´egig seg´ıteni fogja ˝oket a munk´ajukban. A k´epz´es egy´eb vonatkoz´asair´ol tov´abbi r´eszletek a http://www.math.elte. hu/ honlapon a K´epz´esek men¨ upont alatt tal´alhat´ok. Aj´anljuk a k¨oz´episkol´asoknak sz´ol´o oldalainkat is, ahol v´egzett di´akjainkkal k´esz¨ ult interj´ uk is l´athat´ok.

34

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

A legkiemelked˝obb hallgat´ ok az egyetemi oktat´omunk´aba is bekapcsol´odhatnak, ´es vil´agszerte j´o es´ellyel p´aly´ azhatnak ¨ oszt¨ ond´ıjakra, k¨ ulf¨oldi r´eszk´epz´esre (pl. az Erasmus+ program keret´eben). Az alapk´epz´est tov´ abbi k´et´eves szakasz k¨ ovet(het)i (mesterk´epz´es vagy r¨oviden MSc), egyetem¨ unk¨ on a Matematikai Int´ezet gondoz´as´aban matematikus, alkalmazott matematikus, valamint biztos´ıt´ asi ´es p´enz¨ ugyi matematika mesterszakok indulnak. BSc-t v´egzett hallgat´ oink term´eszetesen m´as (bel- ´es k¨ ulf¨oldi) oktat´asi int´ezm´eny programjain is folytathatj´ ak tanulm´ anyaikat. A mesterszakot v´egzettek k¨oz¨ ul a legkiv´al´obbak sz´ am´ ara biztos´ıtjuk az egyetemen a doktori fokozat megszerz´es´enek lehet˝os´eg´et (PhD-k´epz´es). Egyetem¨ unk¨on gondosan ´apolt hagyom´ any, hogy a r´atermett, tehets´eges di´akok neves professzorok vezet´es´evel bekapcsol´ odnak a tudom´anyos kutat´asba. A legkiv´al´obb hallgat´ok matematikai versenyeken is sikerrel szerepelnek, p´eld´aul az Egyetemi Hallgat´ok Nemzetk¨ ozi Matematikaverseny´en az elm´ ult t´ız ´evben k´etszer is az ELTE csapata v´egzett az ´elen t¨ obb, mint 70 egyetem csapat´anak verseny´eben – olyan nagyh´ır˝ u egyetemeket is megel˝ ozve, mint a Yale, a Princeton vagy a Moszkvai ´ Allami Egyetem.

egy egy´eves szakmai gyakorlatot kell elv´egezni¨ uk egy iskol´aban, melynek sor´an m´odjuk lesz begyakorolni a tan´ari munka mesterfog´asait. Azaz b´atran ´all´ıthatjuk, hogy a K¨oMaL minden olvas´oj´anak testhez´all´o k´epz´est tudunk ny´ ujtani az ELTE Matematikai Int´ezet´eben. Ha szem´elyesen is szeretn´el tal´alkozni leend˝o oktat´oiddal, besz´elgetni a mostani egyetemist´akkal, akkor gyere el az ELTE TTK ny´ılt napj´ara janu´ar 17-´en!

Informatik´ ab´ ol kit˝ uzo ¨tt feladatok

I. 499. A bet˝ u-sz´amrejtv´eny fejt¨or˝ok klasszikus matematikafeladatok. Ilyenkor azokat a sz´amjegyeket keress¨ uk, amelyeket a megfelel˝o bet˝ uk hely´ere ´ırva a sz´am´ıt´asi elj´ar´as teljes¨ ul. P´eld´aul:

Matematikatan´ ar-k´ epz´ es az ELTE TTK-n Az ELTE Term´eszettudom´ anyi Kar´ an sok ´evtizedes m´ ultra tekint vissza a matematika szakos tan´ark´epz´es. Az ´altal´ anos ´es k¨ oz´episkol´ak r´esz´er˝ol mindig jelent˝os ig´eny mutatkozott a n´ alunk v´egzett matematikatan´arok ir´ant, akik k¨oz¨ ul sokan k¨ ulf¨ old¨on is sikeres oktat´ oi p´aly´ at futottak be. A matematika szakos tan´ ari p´ aly´ at els˝ osorban azoknak a k¨oz´episkol´as di´akoknak aj´anljuk, akik sz´am´ ara ¨ or¨ omet jelent ´erdekes matematikai feladatokon gondolkodni, ´es j´o ´erz´est okoz a megold´ asokra m´ asokat is r´avezetni, m´asokkal is megosztani azt az ´elvezetet, amit a matematika megismer´ese jelent. A tan´ark´epz´es osztatlan form´ aban zajlik. Tan´ ari szakk´epzetts´eget k´etszakos form´aban lehet szerezni 4 + 1 vagy 5 + 1 ´eves k´epz´es keret´eben, amelyben a plusz egy ´ev szakmai gyakorlat teljes´ıt´es´ere szolg´ al. A tan´ark´epz´esre val´o jelentkez´es sor´an a leend˝o hallgat´oknak egy szakp´ art kell megjel¨ olni. Az ELTE-n a matematika szak mell´e term´eszettudom´ anyos szakokon ´es az informatik´an k´ıv¨ ul v´alasztani lehet a b¨olcs´esz szakok (p´eld´ aul a magyar, a t¨ ort´enelem vagy a nyelvszakok) k¨oz¨ ul is. A tan´ark´epz´es els˝o h´ arom ´ev´eben szakp´ aronk´ent egys´eges k´epz´esben r´eszes¨ ulnek hallgat´oink. A matematika szakter¨ uleti t´ argyakn´ al az oktat´as szeml´elet´eben m´ar az els˝o h´arom ´evben is nagy hangs´ ulyt kap az iskolai matematikatan´ıt´assal val´o kapcsolat. A harmadik ´ev v´eg´en a hallgat´ o d¨ ont arr´ol, hogy ´altal´anos iskolai vagy k¨oz´episkolai tan´ari v´egzetts´eget k´ıv´ an szerezni a k´et szakj´ab´ol. Ezen d¨ont´est˝ol f¨ ugg˝oen vagy egy 2 f´el´eves, vagy pedig egy 4 f´el´eves k´epz´esi programot kell elv´egezni. Ekkor ker¨ ul sor a szakt´ argyi tan´ıt´ asi gyakorlatok teljes´ıt´es´ere, melyekre az ELTE hallgat´oinak a legjobb budapesti iskol´ akban, kiv´ al´ o vezet˝otan´arok ir´any´ıt´asa mellett ny´ılik lehet˝os´eg¨ uk. A szakter¨ uleti z´ar´ ovizsg´ ak let´etele ut´an a hallgat´oknak m´eg

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

35

Oldjuk meg a fenti h´arom feladatot a brute force (nyers er˝o) m´odszer´evel, azaz vizsg´aljuk meg a bet˝ uk minden lehets´eges ´ert´ek´et, am´ıg az ¨ osszes megold´ast ¨ meg nem kapjuk. Ugyelj¨ unk arra, hogy a k¨ ul¨onb¨oz˝o bet˝ uk k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´amjegyeket jelentenek. A kapott ¨osszes megold´ast ´ırjuk ki a k´eperny˝ore a bet˝ uk helyett a megfelel˝o sz´amjegyek megjelen´ıt´es´evel az al´abbi form´atumban. P´eld´aul a harmadik feladatban:

Bek¨ uldend˝o egy i499.zip t¨om¨or´ıtett ´allom´anyban a program forr´ask´odja ´es egy r¨ovid le´ır´as, ami megadja, hogy a forr´as´allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben ford´ıthat´o. ´ I. 500. A Technikai M´ uzeumban Armin b´acsi a villanymotor-gy˝ ujtem´eny muzeol´ogusa. Feladatai k¨oz´e tartozik minden nap a m´ uzeum nyit´asa ut´an a motorok beind´ıt´asa, hogy ez´altal fenntartsa a m˝ uk¨od˝ok´epess´eg¨ uket. Fontos, hogy a motorokat egyes´evel ind´ıtsa be, hogy a bekapcsol´asi ´araml¨ok´esek ne ad´odjanak ¨ossze. A motorokat egy ideig j´aratja, majd lekapcsolja ˝oket ˝o, vagy ebben m´ar m´as is seg´ıthet neki (egy id˝opontban t¨obb motort is le´all´ıthatnak). Minden motort egy nap csak egyszer kapcsolnak be. 36

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

´ Rendelkez´es¨ unkre ´all Armin b´acsi napl´ oja a motorok bekapcsol´asi ´es le´all´ıt´asi id˝opontj´ar´ol. Az adatokat a nyit´ as ´ota eltelt m´ asodpercek sz´am´aval r¨ogz´ıtette. A napi jelent´es az els˝ o motor bekapcsol´ as´ at´ ol az utols´o motor le´all´ıt´asig tart.

´ A https://trends.google.hu/trends/?geo=HU (utols´o let¨olt´es: I. 501 (E). 2018. 12. 14.) oldalon 2001-t˝ol napjainkig megtal´alhat´oak az adott ´evben legn´epszer˝ ubb keres´esek k¨ ul¨onb¨oz˝o kateg´ori´akban a Google szerint. Feladatunk ezen adatok egy r´esz´enek feldolgoz´asa adatb´azis-kezel˝o program seg´ıts´eg´evel.

A villanymotorok sz´ ama legfeljebb 50, de ´altal´ aban enn´el kevesebb van a m´ uzeumban, mert vagy n´eh´ anyat kik¨ olcs¨ on¨ oztek m´as ki´all´ıt´asra, vagy elvitt´ek ˝oket jav´ıt´asra. A napi jelent´esben az ´eppen bent l´ev˝ o motorok egym´as ut´an felsorolva szerepelnek.

Az adatok a keresesek.txt ´es tipusok.txt ´allom´anyokban ´allnak rendelkez´es¨ unkre. Az ´allom´anyok tabul´atorral tagolt, UTF-8 k´odol´as´ u sz¨ovegf´ajlok, az els˝o sorok a mez˝oneveket tartalmazz´ak.

Rendelkez´esre ´allnak a naplo.txt tabul´ atorokkal tagolt, UTF-8 k´odol´as´ u ´allom´anyban egy olyan nap adatai, amikor kev´es motor volt bent.

1. K´esz´ıts¨ unk u ´j adatb´azist keresesek n´even. A mell´ekelt adat´allom´anyokat import´aljuk az adatb´azisba a f´ajln´evvel azonos nev˝ u t´abl´akba.

A m´ uzeumigazgat´ o a napl´ oba pillantva k´et k´erd´est tett fel ´es egy k´er´est fogalmazott meg. A k´erd´esek megv´ alaszol´ as´ at ´es a k´er´es teljes´ıt´es´et seg´ıts¨ uk t´abl´azatkezel˝ovel. ´ 1. Armin b´acsi napl´ oja alapj´an adjuk meg a leghosszabb id˝ointervallum hossz´at,

2. Beolvas´askor ´all´ıtsuk be a megfelel˝o t´ıpusokat ´es kulcsokat, valamint alak´ıtsuk ki a kapcsolatokat.

amikor legal´abb egy motor bekapcsolt ´allapotban volt. 2. Adjuk meg a leghosszabb id˝ ointervallum hossz´at, amikor nem m˝ uk¨od¨ott egy motor sem. 3. Az A:C oszlop cell´ aiban ´all´ıtsuk be felt´eteles form´az´as haszn´alat´aval a leghosszabb ideig bekapcsolt motorok k¨ oz¨ ul az els˝ o h´arom sor´anak cellakit¨olt´es´et h´arom k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´ın˝ ure.

T´ abl´ ak: keresesek (id, tipus id, megnevezes, helyezes, ev id) id az adott keres´es azonos´ıt´oja (sz´am), ez a kulcs; tipus id a t´ıpushoz tartoz´o azonos´ıt´o (sz´am); megnevezes a keres´esi list´an megjelen˝o megnevez´es (sz¨oveg); helyezes az el´ert helyez´es (sz´am); ev az adott ´ev (sz´am). tipusok (tipus id, tipus megnevezes) tipus id az adott t´ıpus azonos´ıt´oja (sz´am), ez a kulcs; tipus megnevezes az adott t´ıpus megnevez´ese (sz¨oveg). K´esz´ıts¨ uk el a k¨ovetkez˝o feladatok megold´as´ at. Az egyes lek´erdez´esekn´el u ¨gyelj¨ unk arra, hogy mindig csak a k´ert ´ert´ekek jelenjenek meg ´es m´as adatok ne. Megold´asainkat a z´ar´ojelben l´ev˝o n´even ments¨ uk el. 3. Hat´arozzuk meg, hogy melyik az az ´ev, amelyikb˝ol a legt¨obb keres´es szerepel az adatb´azisban. (3legtobbadat) ´ usorok nev´et, amelyekben szerepel sz´am. (4tvmusorok) 4. Irassuk ki azon tv-m˝ 5. A megadott adatok k¨oz¨ott t¨obb recept is tal´alhat´o. Mindegyik megnevez´es´enek v´eg´en szerepel a recept” sz´o. K´esz´ıts¨ unk friss´ıt˝o lek´erdez´est, melynek seg´ıts´e” g´evel a nevek v´eg´er˝ol a recept” sz´ot elhagyjuk. A lek´erdez´est futtassuk is le ” az adatok m´odos´ıt´as´ahoz. (5receptek) ´ 6. Altal´ aban minden ´evben 10 elem szokott egy-egy kateg´ori´aban felker¨ ulni a list´ara. Egy ´ev volt, amikor csak 5 ker¨ ult fel. Hat´arozzuk meg a kateg´ori´at ´es az ´evet, amikor ez el˝ofordult. (6hiany)

A megold´ast u ´gy k´esz´ıts¨ uk el, hogy az igazgat´ o k´erd´eseire a maxim´alis 50 villanymotor eset´en is v´alaszt kapjunk. Haszn´ aljunk hivatkoz´asokat, hogy a v´alasz a napl´ozott adatok m´odos´ıt´ asait k¨ ovesse. Seg´edsz´ am´ıt´asokat az E oszlopt´ol jobbra v´egezhet¨ unk, melyek ´ertelmez´es´et feliratokkal seg´ıts¨ uk. Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i500.zip ´ allom´ anyban a munkaf¨ uzet, valamint egy r¨ ovid le´ır´as, amelyben szerepel az alkalmazott t´ abl´ azatkezel˝o neve ´es verzi´osz´ama. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

37

7. Adjuk meg eg´esz sz´amra kerek´ıtve, hogy ´atlagosan az egyes sz´ınh´azak h´anyadik helyen v´egeztek a rangsorban. Jelen´ıts¨ uk meg a sz´ınh´az nev´et ´es az ´atlagot.∗ (7szinhazak) 8. K´esz´ıts¨ unk lek´erdez´est, mely megadja azon magyar szem´elyek vezet´ek- ´es keresztnev´et (k¨ ul¨on mez˝oben), akik 2015-ben a kateg´ori´ajukban felker¨ ultek a lis∗

Mivel nem minden sz´ınh´ az szerepel minden ´evben, ez´ert a kapott eredm´enyek nem osszehasonl´ıthat´ ok egym´ assal. ¨

38

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

t´ara. Figyelj¨ unk r´ a, hogy a vezet´ek- ´es a keresztn´ev nagybet˝ uvel kezd˝odj¨on. (8nagybetusnevek) 9. Jelen´ıts¨ uk meg minden szem´ely eddigi ¨ osszes helyez´es´et az ´evsz´ammal egy¨ utt a helyez´esek szerinti n¨ ovekv˝ o sorrendben. (9szemelyek) 10. Az el˝oz˝o lek´erdez´est felhaszn´ alva k´esz´ıts¨ unk u ˝rlapot, melyen seg´ıtj¨ uk a szem´elyek sz¨ ulet´esi ´ev´enek ´es nem´enek bevitel´et. Figyelj¨ unk r´a, hogy a sz¨ ulet´esi ´evhez csak sz´amot tudjunk be´ırni. (10bevitel)

P´elda: Bemenet

Kimenet

2 2 1

2

Korl´ atok: 1 6 K + H + D 6 1013 , pozit´ıv eg´eszek. Id˝okorl´at: 0,3 mp. ´ ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´o, ha K + H + D 6 1000. Ert´ Bek¨ uldend˝o egy is41.zip t¨om¨or´ıtett ´allom´ anyban a megfelel˝oen dokument´alt ´es kommentezett forr´asprogram, amely tartalmazza a megold´as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben futtathat´o. S. 140. Egy titkosszolg´alatnak N db sz´am´ıt´og´epe van, melyek k¨oz¨ ul n´eh´anyat k´etir´any´ u adat´atvitelt biztos´ıt´o k´abelek k¨otnek ¨ossze, melyekb˝ol legfeljebb M db van. Az i-edik k´abelnek ¨ot fontos tulajdons´aga van: ai , bi , ti , xi , yi , mely azt jelenti, hogy az ai ´es bi sorsz´am´ u sz´am´ıt´og´epek k¨oz¨ott egy inform´aci´ocsomag ´atk¨ uld´ese ti id˝obe telik. Hogy biztons´agosabb´a tegy´ek a rendszert a hackert´amad´asokkal szemben, felv´altva xi ideig enged´elyezik, majd yi ideig megtiltj´ak az adat´atvitelt az i-edik k´abelen. Kezdetben minden k´abelen enged´elyezve van az adat´atvitel. K´et sz´am´ıt´og´ep k¨oz¨ott csak akkor k¨ uldhet¨ unk ´at egy inform´aci´ocsomagot, ha a k¨ uld´est˝ol a meg´erkez´esig minden id˝opillanatban enged´elyezve van az adott k´abelen az adat´atvitel. A K-adik sz´am´ıt´og´epr˝ol szeretn´enk egy csomagot k¨ uldeni a V -edik sz´am´ıt´og´epre. Adjuk meg, hogy a csomag leghamarabb mikor ´erhet oda.

Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i501.zip ´allom´ anyban az adatb´azis, valamint egy r¨ ovid dokument´aci´o, amelyb˝ ol kider¨ ul az alkalmazott adatb´azis-kezel˝o neve ´es verzi´osz´ama. A feladat forr´asai: https://trends.google.hu/trends/yis/20xy/HU/ (ahol xy a 11-17 sz´amjegyek) ´es https://trends.google.hu/trends/yis/20uv/GLOBAL/ (ahol uv a 01-10 sz´amjegyek). I/S. 41. Lapf¨old´en h´aromf´ele s´ıkidom ´el: k¨ or¨ ok, h´aromsz¨ogek ´es deltoidok. Egy nap K darab k¨or, H darab h´aromsz¨ og ´es D darab deltoid fut egy r´eten. Ha kett˝o k¨ ul¨onb¨oz˝o t´ıpus´ u s´ıkidom fut´ as k¨ ozben egym´ashoz ´er, akkor ¨osszeolvadnak egy harmadik t´ıpus´ u s´ıkidomm´ a. Az nem lehets´eges, hogy kett˝on´el t¨obb s´ıkidom ´er ¨ ossze egyszerre. A nap v´eg´en azt l´ atjuk, hogy m´ar csak egy t´ıpus´ u s´ıkidom van a r´eten. H´anyf´elek´eppen fejez˝ odhetett be a nap, ha csak az sz´am´ıt, hogy melyik s´ıkidomb´ol ´es h´any darab van a r´eten a nap v´eg´en? Standard bemenet: az els˝ o sor tartalmazza a K, H ´es D eg´esz sz´amokat ebben a sorrendben. Standard kimenet: adjunk meg egyetlen sz´ amot, a nap v´eg´en lehets´eges kimenetelek sz´am´at. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

39

Standard bemenet: az els˝o sor tartalmazza a sz´am´ıt´og´epek N sz´am´at, a k´abelek M sz´am´at, valamint a K ´es V sz´am´ıt´og´epsorsz´amokat. Ezut´an M sor k¨ovetkezik, ahol az i-edik sor tartalmazza az ai , bi , ti , xi , yi sz´amokat ebben a sorrendben. Standard kimenet: adjuk meg, hogy leghamarabb mikor juthat el egy inform´aci´ocsomag a K-adik sz´am´ıt´og´epr˝ol a V -edik sz´am´ıt´og´epre. Ha nem juttathat´o el az inform´aci´ocsomag, akkor -1-et ´ırjunk ki. P´elda: Bemenet (a / jel sort¨or´est helyettes´ıti) 3 2 1 3 / 1 2 2 3 3 / 2 3 3 3 3

Kimenet 9

Korl´ atok: 2 6 N 6 105 , 1 6 M 6 106 , 1 6 ti , xi , yi 6 109 , 1 6 ai , bi , K, V 6 N . Id˝okorl´at: 0,3 mp. ´ ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´o, ha N 6 1000. Ert´ Bek¨ uldend˝o egy s140.zip t¨om¨or´ıtett ´allom´ anyban a megfelel˝oen dokument´alt ´es kommentezett forr´asprogram, amely tartalmazza a megold´as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben futtathat´o. A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. febru´ ar 10. ¨ ld´

40

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

m´er˝oed´ennyel ∆ℓ [cm] 0 1 2 3 4 5

M´ er´ esi feladat megold´ asa

M. 389. Er˝ os´ıts¨ unk v´ekony fonalat egy toj´ ashoz, ´es helyezz¨ uk bele egy hengeres ¨ unk a toj´ ed´enybe. Onts¨ asra annyi vizet, hogy ellepje a toj´ ast, majd a fon´ aln´ al fogva ´ ovatosan emelj¨ uk ki a toj´ ast a v´ızb˝ ol. M´erj¨ uk meg, hogyan f¨ ugg a fonalat fesz´ıt˝ o er˝ o a toj´ as elmozdul´ as´ at´ ol! Hat´ arozzuk meg a kiemel´es sor´ an v´egzett munk´ at! F¨ ugg-e ez a munka az ed´eny keresztmetszet´et˝ ol? (6 pont)

F1 [N] 0,02 0,08 0,20 0,32 0,50 0,58

F2 [N] 0,02 0,12 0,22 0,33 0,46 0,58

F3 [N] 0,02 0,10 0,2 0,34 0,46 0,58

F´atlag [N] 0,02 0,10 0,21 0,33 0,47 0,58

IV. Grafikon. A m´er´esi adatok alapj´an millim´eterpap´ıron grafikont k´esz´ıtett¨ unk:

K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´acduka

I. megold´ as. I. A felhaszn´ alt eszk¨ oz¨ ok: kb. 50 g t¨omeg˝ u f˝ott toj´as, 28 cm2 ke2 resztmetszet˝ u m´er˝ohenger, 75 cm keresztmetszet˝ u konyhai m´er˝oed´eny, m´er˝oszalag, er˝om´er˝o (1 N-os), c´erna (a toj´ asnak az er˝ om´er˝ ore t¨ ort´en˝o er˝os´ıt´es´ehez), sz¨ uks´eges mennyis´eg˝ u v´ız. II. A m´er´es menete. Miut´ an megf˝ ozt¨ uk a toj´ast, egy celluxdarabbal egy c´ern´at er˝os´ıtett¨ unk r´a, aminek a m´ asik v´eg´ere egy hurkot k¨ot¨ott¨ unk (a m´er´es sor´an ebbe akasztottuk az er˝om´er˝ ot). A toj´ ast belehelyezt¨ uk el˝ osz¨or a m´er˝ohengerbe, ´es annyi vizet ¨ont¨ott¨ unk r´a, hogy teljesen ellepte. Megemelt¨ uk a toj´ast addig a pontig, am´ıg teljes terjedelm´evel m´eg ´eppen benne volt a v´ızben, ´es leolvastuk az er˝om´er˝ot. Ezut´an a m´er˝oszalagot a henger mell´e ´all´ıtva lassan kiemelt¨ uk a toj´ast a v´ızb˝ol u ´gy, hogy cm-enk´ent leolvastuk az er˝ om´er˝ o ´altal mutatott F ´ert´ekeket. A m´er´es sor´an v´egig a c´ernasz´al egy kiszemelt pontj´ anak ∆ℓ elmozdul´as´at k¨ovett¨ uk (p´eld´aul a toj´as tetej´enek ´es a c´erna tal´ alkoz´ asi pontj´ anak elmozdul´as´at). III. A m´er´esi adatok. A m´er´est h´aromszor v´egezt¨ uk el, majd ugyancsak h´aromszor a m´asik ed´ennyel is, ugyanezzel a m´odszerrel. Az adatokat ´es az azokb´ol sz´amolt ´atlagos er˝oket t´ abl´ azatba foglaltuk: m´er˝ ohengerrel ∆ℓ [cm] 0 1 2 3 4

F1 [N] 0,02 0,12 0,22 0,54 0,58

F2 [N] 0,02 0,10 0,20 0,50 0,58

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

F3 [N] 0,02 0,08 0,22 0,48 0,58

V. A kiemel´es sor´ an v´egzett munka kisz´ am´ıt´ asa. A kis elmozdul´asokra ´erv´enyes ∆W = F · ∆ℓ k´eplet alapj´an kimondhatjuk, hogy az er˝o-elmozdul´as grafikonon a g¨orbe alatti ter¨ ulet sz´am´ert´eke megegyezik a v´egzett munka sz´am´ert´ek´evel. Ezt j´o k¨ozel´ıt´essel viszonylag k¨onnyen megkaphatjuk, ha a cm-enk´ent egy-egy ´atlagos er˝ovel kisz´amoljuk a munk´akat, majd ezeket ¨osszeadjuk. Az eredm´eny: Wm´er˝ohenger = 11,2 mJ;

Wm´er˝oed´eny = 14,1 mJ.

L´athat´o, hogy a nagyobb keresztmetszet˝ u m´er˝oed´enyb˝ol nehezebben (t¨obb munk´aval) tudjuk kiemelni a toj´ast, mint a sz˝ ukebb m´er˝ohengerb˝ol. VI. A m´er´esi eredm´eny ´ertelmez´ese. A v´egzett munk´ak k¨oz¨otti elt´er´es a kiszor´ıtott v´ız energiav´altoz´as´aval magyar´azhat´o. Amikor kiemelj¨ uk a toj´ast, a kiszor´ıtott v´ız t´erfogata folyamatosan cs¨okken, hely´ere az ed´eny t¨obbi r´esz´eb˝ol ´aramlik ´at a v´ız, ´es ek¨ozben a v´ızszint valamennyit les¨ ullyed. Egy kisebb keresztmetszet˝ u ed´enyben a v´ızszint cs¨okken´ese jelent˝osebb, mint a nagyobb keresztmetszet˝ u ed´eny eset´eben. A k¨ ul¨onbs´eget a m´er´esi adatok j´ol mutatj´ak: a m´er˝ohengern´el a toj´as m´ar 4 cm-es emel´es ut´an kiker¨ ult a v´ızb˝ol, a m´er˝oed´enyn´el ugyanez csak 5 cm-es emel´es ut´an k¨ovetkezett be. A v´egzett munka az´ert nagyobb a nagyobb alapter¨ ulet˝ u ed´enyn´el, mert ott hosszabb u ´ton t¨ort´enik az er˝okifejt´es, j´ollehet az adott elmozdul´ashoz tartoz´o er˝o a nagyobb ed´enyn´el kisebb, mint a kisebb ed´eny eset´eben.

F´atlag [N] 0,02 0,10 0,21 0,51 0,58

41

42

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

VII. Hibaforr´ asok 1. A m´er˝oszalagr´ol ´es az er˝ om´er˝ or˝ ol leolvasott ´ert´ekek bizonyos m´ert´ekben pontatlanok. A m´ert adatok pontoss´ ag´ ar´ ol a m´er˝ oeszk¨ oz sk´al´aj´anak beoszt´asa, illetve a t¨obbsz¨or megism´etelt m´er´es eredm´enyeinek ingadoz´asa (sz´or´asa) ad – sz´amszer˝ us´ıthet˝o – felvil´agos´ıt´ ast.

A kisebb ed´eny ´atm´er˝oje: D1 ≈ 5,0 cm.

2. A konyhai m´er˝ oed´eny nem t´ ul pontos k´ıs´erleti eszk¨oz, egyr´eszt nem t¨ok´eletes henger (az oldalai kiss´e kifel´e d˝olnek), valamint nem teljesen ´atl´atsz´o, ´es a f´enyt¨or´es is nehezebb´e teszi az elmozdul´ as leolvas´ as´ at. 3. A m´er´es sor´an (f˝ oleg a sz˝ ukebb m´er˝ ohenger eset´eben) a toj´as n´eha oda” tapadt” az ed´eny oldal´ ahoz, ami torz´ıthatott az eredm´enyen. A felsoroltak k¨oz¨ ul az ut´ obbi kett˝ o a m´er´esben szisztematikus hibak´ent jelentkezik, ennek m´ert´ek´et igen neh´ez lenne sz´ amszer˝ us´ıteni.

d [cm] m′ [g] x [cm] K [mN]

18,3 53 0 49

17,5 51 0,8 69

17,3 48 1 98

17 46 1,3 118

16,9 43 1,4 147

16,8 40 1,5 177

16,6 37 1,7 206

16,5 32 1,8 255

d [cm] m′ [g] x [cm] K [mN]

16,1 26 2,2 314

16 22 2,3 353

15,9 17 2,4 402

15,8 13 2,5 441

15,7 9 2,6 481

15,5 4 2,8 530

15,1 2 3,2 549

14,5 0 3,8 569

Jeszen˝ oi S´ ara (Kecskem´et, Katona J. Gimn., 9. ´evf.) II. megold´ as. Eszk¨ oz¨ ok – ´allv´any, – konyhai m´erleg, – vonalz´o, – toj´as, – c´erna, – hengeres ed´enyek (m˝ uanyag ed´eny, u o). ¨vegkors´ Elrendez´es ´es a m´er´es menete. A toj´ asra egy c´ern´at r¨ogz´ıtettem. A c´erna v´eg´et egy ´allv´anyhoz er˝os´ıtettem u ´gy, hogy a toj´ast lehessen emelni, illetve s¨ ullyeszteni. A c´ern´ara egy r¨ovid szigetel˝ oszalagot ragasztottam, majd a k´es˝obbiekben a szigetel˝oszalag ´es a felf¨ uggeszt´esi pont d t´ avols´ ag´ anak v´ altoz´as´ab´ol sz´amoltam a toj´as x elmozdul´as´at. Az ed´enybe vizet t¨ olt¨ ottem, ´es r´ atettem a m´erlegre. A m´erleget ekkor t´ar´az” tam”, majd beleeresztettem a toj´ast. Ekkor a m´erleg a toj´as m t¨omeg´et m´erte, mert a m´erleg t´any´erj´ara (a t´ ar´ azott helyzethez viszony´ıtva) mg er˝o hatott. Ha a toj´ast r´eszben kiemelj¨ uk a v´ızb˝ ol, ´es a c´ern´ at K er˝o fesz´ıti, akkor a m´erleg t´any´erj´ara csak mg − K = m′ g er˝ o hat, a m´erleg ezt az m′ fikt´ıv t¨omeget m´eri. A k´et m´ert t¨omeg´ert´ekb˝ol a fonalat fesz´ıt˝ o er˝ o k¨ onnyen kisz´am´ıthat´o:

A nagyobb ed´eny ´atm´er˝oje: D2 ≈ 8,3 cm.

′

K = (m − m )g. Megjegyz´es. Ha a m´erleget az ed´eny + v´ız + toj´ as ´ allapotban t´ ar´ azzuk, majd a c´ern´ at felfel´e h´ uzzuk, akkor a m´erleg ´eppen az m − m′ t¨ omegk¨ ul¨ onbs´eget m´eri, azt adja meg negat´ıv el˝ ojellel.

M´ert ´es abb´ ol sz´ am´ıtott adatok A toj´as t¨omege: m = 58 g. A toj´as kiemel´ese sor´ an v´egzett munk´ at k¨ ozel´ıt˝ oleg a grafikon alatti ter¨ uletb˝ol sz´am´ıtjuk. A s´ıkidomot felbontjuk trap´ezokra, ´es a ter¨ ulet¨ uket ¨osszeadjuk. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

43

44

d [cm] m′ [g] x [cm] K [mN]

18,8 55 0 29

18 53 0,8 49

17,8 51 1 69

17,6 49 1,2 88

17,3 46 1,4 118

17,2 43 1,6 147

16,9 40 1,9 177

16,7 37 2,1 206

16,5 33 2,3 245

d [cm] m′ [g] x [cm] K [mN]

16,3 30 2,5 275

16,2 25 2,6 324

15,9 21 2,9 363

15,8 17 3 402

15,6 13 3,2 441

15,4 10 3,4 471

15,2 5 3,6 510

14,9 4 3,9 530

14,1 0 4,7 569

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Fizika gyakorlatok megold´ asa

A trap´ezok ter¨ ulete: Tn = (xn+1 − xn )

Kn + Kn+1 . 2

A sz´amol´ast elv´egezve a keskenyebb ed´enyn´el a W1 = 11,1 mJ, a sz´elesebb ed´enyn´el pedig W2 = 13,3 mJ eredm´enyt kapjuk. Meg´ allap´ıthatjuk, hogy a munka f¨ ugg az ed´eny keresztmetszet´et˝ ol, a nagyobb keresztmetszet˝ u ed´enyn´el nagyobb. Megjegyz´es. A folyamathoz egy egyszer˝ u modellt k´esz´ıthet¨ unk. Ha a szab´ alytalan alak´ u ´es t¨ omegeloszl´ as´ u toj´ as helyett valamilyen homog´en has´ abot vagy hengert vizsg´ alunk, akkor az er˝ o–elmozdul´ as f¨ uggv´enyt ´es a v´egzett munk´ at r´eszletesen, k¨ ozel´ıt´esmentesen ki lehet sz´ am´ıtani. A modell-toj´ as” kiemel´ese ugyancsak al´ at´ amasztja azt a meg” figyel´es¨ unket, hogy a sz´elesebb ed´enyb˝ ol k¨ onnyebben lehet a v´ız felsz´ıne f¨ ol´e emelni egy – a v´ızn´el nagyobb s˝ ur˝ us´eg˝ u – testet. (Ezt a sz´ amol´ ast azonban itt nem k¨ oz¨ olj¨ uk, mert csak k¨ ozvetve kapcsol´ odik a m´er´esi feladathoz. – A Szerk.)

Hibabecsl´es Hibalehet˝os´egek: a hosszm´er´es hib´ aja, a t¨ omegm´er´es hib´aja ´es a numerikus integr´al´as hib´aja. A hosszm´er´es (abszol´ ut) hib´ aja kb. 1 mm, eszerint a relat´ıv hiba 1 ≈ 0,7%. A t¨omegm´er´es hib´ aja kb. 0,5 g, a k¨ ul¨ onbs´eg k´epz´esekor ez a k´etsze150 1 res´ere is n˝ohet, a relat´ıv hiba teh´ at kb. 30 ≈ 3%. A munk´ak meghat´aroz´as´anak relat´ıv hib´aja kb. a hossz- ´es a t¨ omegm´er´es relat´ıv hib´aj´anak ¨osszege, vagyis 4% nagys´agrend˝ u. P´ acsonyi P´eter (Zalaegerszeg, Zr´ınyi M. Gimn., 12. ´evf.) 28 dolgozat ´erkezett. 6 pontot kapott Jeszen˝ oi S´ ara ´es P´ acsonyi P´eter megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (5 pont) 8, hi´ anyos (1–2 pont) 17, m´er´esk´ent nem ´ert´ekelhet˝ o 1 dolgozat.

G. 666. Az ´abr´an egy vid´ amparki sz´ orakoztat´ oszerkezet v´ azlata l´ athat´ o. A k¨ oz´eps˝ o, nagy henger egyenletesen forog k¨ orbe. A rajta l´ev˝ o n´egy r¨ ogz´ıt˝ okar seg´ıts´eg´evel n´egy tengelyezett, k¨ or alak´ u gondola” is k¨ orbej´ ar. Min” den gondola k¨ ozep´ehez egy-egy korongot r¨ ogz´ıtettek, melyek ugyan´ ugy vannak tengelyezve, mint a gondola. A gondol´ ak k¨ ozep´en l´ev˝ o korongok cs´ usz´ asmentes sz´ıj´ att´etel seg´ıts´eg´evel csatlakoznak a szerkezet k¨ ozep´en tal´ alhat´ o K koronghoz, ami r¨ ogz´ıtett, teh´ at egy´ altal´ an nem forog. (Az ´ abr´ an – az ´ attekinthet˝ os´eg kedv´e´ert – csak az egyik gondol´ an´ al t¨ untett¨ uk fel ezt a sz´ıjat.) Az A, B, C ´es D pontok egy-egy utast ´ abr´ azolnak. Milyen p´ aly´ an mozognak az utasok? Hogyan v´ altozik a k¨ oz¨ ott¨ uk l´ev˝ o t´ avols´ ag a forg´ as k¨ ozben? (A szerkezet v´ızszintes s´ıkban forog, a tengelyek mind f¨ ugg˝ olegesek.) (4 pont)

Amerikai feladat nyom´ an

Megold´ as. A k¨oz´eps˝o henger valamilyen u ¨temben (valamekkora sz¨ogsebess´egel) forog. A K korong a gondol´akhoz k´epest ugyanekkora sz¨ogsebess´eggel forog, de ellent´etes ir´anyba. ´Igy amennyit a k¨oz´eps˝o henger elfordul az egyik ir´anyba, ugyanannyit fordul el mindegyik gondola a nagy hengerhez k´epest a m´asik ir´anyba. A talajhoz k´epest teh´at a gondol´ak nem forognak. Ez azt jelenti, hogy a mozg´as sor´an mindegyik utas (a fel¨ uln´ezeti ´abr´anak megfelel˝oen) a gondola jobb sz´el´en´el marad, ´es ´ıgy az utasok k¨oz¨otti t´avols´ag nem v´altozik. Mindegyik utas ugyanazon a k¨orp´aly´an mozog, azon egy negyedk¨or´ıvnyi u ´tk¨ ul¨onbs´eggel k¨ovetik egym´ast. A k¨orp´alya k¨oz´eppontja nem esik egybe a K korong k¨oz´eppontj´aval, ahhoz k´epest a gondol´ak sugar´aval megegyez˝o m´ert´ekben jobbra eltol´odott pontban van. Kov´ acs Alex (Szegedi Radn´oti M. K´ıs. Gimn., 9. ´evf.) 38 dolgozat ´erkezett. Helyes 13 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 3, hi´ anyos (1–2 pont) 16, hib´ as 6 dolgozat.

G. 671. K´et nagy m´eret˝ u, f¨ ugg˝ oleges s´ık´ u s´ıkt¨ uk¨ or egym´ assal p´ arhuzamos, a t¨ ukr¨ ok egym´ as fel´e n´eznek, a k¨ oz¨ ott¨ uk l´ev˝ o t´ avols´ ag 1 m. Ha a k´et t¨ uk¨ or k¨ oz¨ ott k¨ oz´epen ´ allva oldalra kiny´ ujtott tenyer¨ unk t¨ uk¨ ork´ep´ere n´ez¨ unk az egyik t¨ uk¨ orben, akkor igen sok k´epet l´ atunk. Milyen t´ avols´ agra vannak egym´ ast´ ol a tenyer¨ unk t¨ uk¨ ork´epei? (3 pont)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

45

46

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Megold´ as. A kez¨ unk t¨ uk¨ ork´epeit u ´gy fogjuk l´atni, mintha a tenyer¨ unk ir´any´aba es˝o t¨ uk¨or m¨og¨ott egy sorban helyezkedn´enek el. Az al´abbi ´ abra fel¨ uln´ezetb˝ ol ´abr´ azolja a t¨ ukr¨ oket, a tenyer¨ unket ´es a fej¨ unket, vagyis a szem¨ unk helyzet´et. (Az ´abra nem m´eretar´ anyos.)

Megold´ as. N´ezz¨ uk meg az interneten az elvira.mav-start.hu oldalt, ´es v´alasszuk ki valamelyik szem´elyvonat menetrendj´et. L´athatjuk, hogy BudapestNyugati ´es Veresegyh´az k¨oz¨ott a t´avols´ag s = 27 km. Az egyik szem´elyvonat pl. 9:00-kor indul ´es 9:48-kor ´erkezik meg Veresegyh´azra, a menetid˝o (belesz´am´ıtva az ´allom´asokon t¨olt¨ott id˝oket is) t = 48 perc, azaz 0,8 ´ora. A szem´elyvonat ´atlagsebess´ege: s 27 km km v´atlag = = ≈ 34 . t 0,8 h h Tekints¨ unk most egy gyors´ıtott szem´elyvonatot, pl. ami 16:33-kor indul a Nyugatib´ol ´es 17:10-kor ´erkezik meg Veresegyh´azra, a menetideje 37 perc, azaz 0,62 ´ora. A gyors´ıtott szem´elyvonat ´atlagsebess´ege: va´tlag =

27 km km s = ≈ 44 . t 0,62 h h

Ha a szem´elyvonat az u ´tja sor´an 10 percet v´arakozik valahol az ellenvonat´ara, akkor a teljes menetid˝o 58 percre (azaz 0,967 ´or´ara) n¨ovekedik, ´ıgy a vonat ´atlagsebess´ege: s 27 km km va´tlag = = ≈ 28 , t 0,967 h h Az egyszer vagy t¨ obbsz¨ or t¨ ukr¨ oz˝ od˝ o f´enysugarak a szem¨ unkbe jutva a kez¨ unk l´atsz´olagos k´epeit hozz´ ak l´etre. Csak a jobb oldali (vastagabb vonallal jel¨olt) t¨ uk¨or fel´e indul´o f´enysugarak hozhatj´ ak l´etre a tenyer¨ unk k´ep´et, a balra indul´o f´enysugarak pedig a k´ezfej¨ unk k´ep´et. (Ez ut´ obbiakkal nem foglalkozunk.) Az a jel˝ u vonal az els˝ o t¨ ukr¨ oz˝ od´est jel¨ oli. Itt csak egyszer t¨ ukr¨oz˝odik vissza a tenyer¨ unkr˝ol kiindul´ o f´enysug´ ar, ´ıgy jut el a szem¨ unkbe. Ha a megfelel˝o t¨ uk¨orre tengelyesen t¨ ukr¨ozz¨ uk a tenyeret, akkor megkapjuk a l´atsz´olagos k´ep´enek hely´et. A m´asodik, b jel˝ u esetben a m¨ og¨ ott¨ unk l´ev˝ o t¨ uk¨orb˝ol is egyszer visszaver˝odik a f´eny. Itt h´arom tengelyes t¨ ukr¨ oz´essel meghat´ arozhatjuk a tenyer¨ unk l´atsz´olagos k´ep´enek helyzet´et. Ugyanezt elv´egezhetj¨ uk u ´gy, hogy a m¨ og¨ ott¨ unk l´ev˝o t¨ uk¨orb˝ol k´etszer ver˝odj¨on vissza a f´eny, ez a c eset. Itt ¨ ot tengelyes t¨ ukr¨ oz´essel lehet megkapni a tenyer¨ unk l´atsz´olagos k´ep´enek hely´et. Leolvashat´ o az ´abr´ ar´ ol, hogy a szomsz´edos t¨ uk¨ork´epek k¨oz¨otti t´avols´ag pontosan 2 m lesz. Kis-Bogd´ an Kolos (P´ecsi Janus Pannonius Gimn., 10. ´evf.) 37 dolgozat ´erkezett. Helyes 10 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 3, hi´ anyos (1 pont) 17, hib´ as 7 dolgozat.

G. 674. Budapest ´es Veresegyh´ az k¨ oz¨ ott munkanapokon k´etf´ele vonat k¨ ozlekedik: az egyik szem´ely, a m´ asik gyors´ıtott szem´ely. Internetes menetrend (pl. elvira.mav-start.hu) alapj´ an ´ allap´ıtsuk meg mindk´et j´ arat ´ atlagsebess´eg´et! Hogyan v´ altoznak az ´ atlagsebess´egek, ha a vonatnak a menetrendt˝ ol elt´er˝ oen 10 percig v´ arakoznia kell a szemb˝ ol ´erkez˝ o, k´es´esben l´ev˝ o ellenvonatra? (3 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

47

ha pedig a gyors´ıtott szem´elyvonat v´arakozik 10 percet, akkor menetideje 47 percre (0,78 ´or´ara) n˝ o, ´ıgy az ´atlagsebess´ege: va´tlag =

s 27 km km = ≈ 35 . t 0,78 h h

´ Hruby Lili (Budapest, ELTE Trefort Agoston Gyak. Gimn., 10. ´evf.) 29 dolgozat ´erkezett. Helyes 18 megold´ as. Hi´ anyos (1–2 pont) 9, hib´ as 2 dolgozat.

G. 676. 2019. janu´ ar 21-´en hajnalban Magyarorsz´ agr´ ol j´ ol l´ athat´ o teljes holdfogyatkoz´ as volt, ami valamivel t¨ obb, mint egy ´ or´ an ´ at volt ´elvezhet˝ o. Mit˝ ol f¨ ugg, hogy mennyi ideig tart a holdfogyatkoz´ as teljess´egi f´ azisa? (4 pont) Megold´ as. Holdfogyatkoz´as akkor k¨ovetkezik be, amikor a Hold a F¨old ´arny´ek´aba ker¨ ul. Teljes holdfogyatkoz´askor (ez a holdfogyatkoz´as teljess´egi f´azisa) a Hold teljes terjedelm´eben az umbr´aban” (a F¨old teljes ´arny´ek´aban) tart´ozkodik ” (l´asd az 1. ´ abr´ at). Ez teliholdkor t¨ort´enhet, amikor – ha nincs holdfogyatkoz´as – a Hold egy f´enyes k¨ornek l´atszik. A teljess´egi f´azis id˝otartam´at t¨obb t´enyez˝o is befoly´asolja: 1. A F¨old–Nap t´avols´ag v´altozik, hiszen a F¨old nem k¨or, hanem ellipszisp´aly´an kering. Az ´abr´an l´athat´o α sz¨og ann´al kisebb, min´el messzebb van a F¨old a Napt´ol. Az α sz¨og nagys´ag´at a Nap sugara (RNap ), a F¨old sugara (RF¨old ) ´es a Nap–F¨old t´avols´ag (dNap ) aktu´alis ´ert´eke egy´ertelm˝ uen meghat´arozza. Ha a dNap t´avols´ag n˝o, a Hold p´aly´aj´anak az umbr´aba es˝o r´esze (annak ´ıvhossza) is n˝o, ´es emiatt a Holdnak az ´arny´ekban val´o tart´ozkod´as´anak ideje is n˝o. 48

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

4. A F¨old kering´ese miatt az umbra is mozog, ´es mialatt a Hold ´athalad rajta az ´arny´ekz´ona hat´arai is elmozdulnak. Ez is befoly´asolja a holdfogyatkoz´as teljess´egi f´azis´anak id˝otartam´at. Juh´ asz M´ ark Hunor (Kecskem´et, Katona J. Gimn., 9. ´evf.), S´ arv´ ari Borka Luca (Dunakeszi, Radn´oti M. Gimn., 9. ´evf.) ´es Sz˝ ol˝ ossi Gergely (Budapest, V´arosmajori Gimn., 9. ´evf.) dolgozata alapj´an 26 dolgozat ´erkezett. Helyes 9 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 6, hi´ anyos (1–2 pont) 7, hib´ as 4 dolgozat.

G. 678. Egy aut´ o 36 km/h sebess´eggel halad a v´ arosban, mik¨ ozben kerekei tiszt´ an g¨ ord¨ ulnek. Mekkora a ker´ek legel¨ ol l´ev˝ o pontj´ anak a talajhoz viszony´ıtott sebess´ege? (3 pont)

1. ´ abra (nem m´eretar´ anyos)

2. A Hold is ellipszisp´ aly´ an mozog, teh´ at a F¨ old–Hold t´avols´ag (dHold ) is ´alland´oan v´altozik. Szuperholdkor, amikor dHold a legkisebb (vagy ahhoz k¨ozeli ´ert´ek), a Hold hosszabb ´ıven halad az umbr´ aban, ett˝ ol a holdfogyatkoz´as ideje nagyobb lenne, viszont ilyenkor nagyobb sebess´eggel halad, ´es ez ¨onmag´aban az id˝otartam cs¨ okken´es´et eredm´enyezi. A k´et ellent´etes hat´ as k¨ oz¨ ul az ut´obbi, a Hold kering´esi sebess´eg´enek v´altoz´asa a jelent˝ osebb. 3. A Hold p´alyas´ıkja nem esik egybe a F¨ old p´alyas´ıkj´aval (az ekliptik´aval), azzal kb. 5◦ -os sz¨oget z´ar be, emiatt van csak ritk´an hold- ´es napfogyatkoz´as, hiszen a Hold nem minden h´onapban halad ´at az umbr´an. Ha m´egis ´athalad azon, nem biztos, hogy el´eri a Nap–F¨ old egyenest, vagyis a k´ up alak´ u umbra szimmetriatengely´et. Az umbra tengely´enek ir´ any´ ab´ol n´ezve a Hold egy k¨or alak´ u ´arny´ekz´on´an haladhat kereszt¨ ul, ´es az ´athalad´ as ideje nyilv´an f¨ ugg att´ol, hogy milyen k¨ozel ker¨ ul a Hold ehhez a szimmetriatengelyhez. Ezt szeml´elteti a 2. ´ abra, amely a Hold h´arom lehets´eges p´ aly´ aj´ at” mutatja, azonos id˝ok¨oz¨okben k´esz¨ ult ” felv´eteleken. L´athat´oan s2 > s3 > s1 , teh´ at az s2 u ´tvonalhoz tartozik a legtov´abb tart´o holdfogyatkoz´as.

Megold´ as. Az aut´o eg´esze, ´es ´ıgy valamelyik kiv´alasztott kerek´enek O tengelye is a talajhoz k´epest v = 36

km m = 10 h s

sebess´eggel mozog v´ızszintesen el˝ore. Mivel az aut´o kerekei tiszt´an g¨ord¨ ulnek, a ker´ek halad´asi sebess´ege megegyezik a ker¨ uleti pontjainak a tengelyhez viszony´ıtott vk ker¨ uleti sebess´eg´evel, vagyis v = vk . J´ol l´atszik ez az ´ abr´ an, a talajjal ´erintkez˝o, teh´at ´eppen mozdulatlan T pont ered˝o sebess´eg´enek elt˝ un´es´eb˝ol. A ker´ek legel¨ol l´ev˝o P pontja a talajhoz k´epest a forg´asb´ol ´es a halad´asb´ol sz´armaz´o sebess´egvektorok ¨osszeg´enek megfelel˝o sebess´eggel mozog. A ker¨ uleti sebess´eg vektora f¨ ugg˝olegesen lefel´e, a talaj ir´any´aba mutat, a halad´asi sebess´eg vektora pedig a talajjal p´arhuzamosan el˝ore. Mivel ezek a vektorok egyenl˝o nagys´ag´ uak ´es egym´asra mer˝ olegesek, az ered˝oj¨ uk vered˝o =

√ m km 2 v ≈ 14 ≈ 51 s h

nagys´ag´ u, ir´anya pedig a v´ızszinteshez k´epest 45◦ -os sz¨ogben lefel´e mutat. T¨ obb dolgozat alapj´ an 79 dolgozat ´erkezett. Helyes 53 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 1, hi´ anyos (1 pont) 15, hib´ as 8, nem ´ert´ekelhet˝ o 2 dolgozat.

G. 680. Egyszerre megr´ antjuk egy kifesz´ıtett gumik¨ ot´el mindk´et v´eg´et, az egyiket felfel´e, a m´ asikat lefel´e. ´ Igy k´et hull´ am indul el egym´ as fel´e az ´abr´an l´ athat´ o m´ odon.

2. ´ abra (nem m´eretar´ anyos)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

49

50

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

A k´et szimmetrikus hull´ am azonos nagys´ ag´ u energi´ at sz´ all´ıt. A k´et jel tal´ alkoz´ asakor a gumik¨ ot´el egy pillanatra egyeness´e v´ alik. Hov´ a t˝ unik ekkor a k´et hull´ am ´ energi´ aja? Athaladnak-e egym´ ason a jelek, vagy v´egleg kioltj´ ak egym´ ast?

Fizika feladatok megold´ asa

(4 pont) Megold´ as. N´ezz¨ uk meg a gumik¨ otelet egy pillanattal azel˝ott, hogy egyeness´e v´alik. Az ´ abr´ an ezt az alakot mutatja a folytonos g¨orbe, az egyeness´e v´al´as pillanat´at pedig a szaggatott vonal. A nyilak a gumik¨ot´el egyes darabk´ainak sebess´eg´ere utalnak. R¨ovid id˝ ovel k´es˝ obb a hull´ amok a pontozott vonallal jel¨olt alakot mutatj´ak. A sebess´egek nagys´ ag´ at a folytonos g¨ orbe ´es a pontozott g¨orbe k¨oz¨otti k¨ ul¨onbs´egb˝ol olvashatjuk le.

P. 5130. H´ any f´eny´ev t´ avols´ agra van t˝ ol¨ unk az a galaxis, amelynek egyik csillag´ ar´ ol hozz´ ank ´erkez˝ o sug´ arz´ asban a hidrog´en 4d → 2p ´ atmenetnek megfelel˝ o f´eny hull´ amhossza 513 nm? (5 pont)

K¨ozli: Zsigri Ferenc, Budapest

Megold´ as. A 4d → 2p ´atmenet sor´an a hidrog´enatom n1 = 4-es f˝okvantumsz´am´ u ´allapotb´ol n2 = 2-es ´allapotba ker¨ ul. A hidrog´enatom kvant´alt energiaszintjeit a Bohr-modell (vagy a kvantummechanika t¨orv´enyei) szerint az En = −

me4 1 13,6 eV =− 8ε20 h2 n2 n2

ugg´es alapj´an sz´am´ıthatjuk ki (ahol m az elektron t¨omege, e az elemi t¨olt´es, ¨osszef¨ h pedig a Planck-´alland´o). Eszerint E2 = −3,4 eV, E4 = −0,85 eV, a felszabadul´o energia: E4 − E2 = +2,55 eV. Ez az energia az Einstein–Planck-hipot´ezis szerint Az egyeness´e v´al´ as pillanat´ aban a jobbra ´es a balra halad´o hull´am kit´er´esei is ´es a sebess´egek is o¨sszead´ odnak” (szuperpon´ al´ odnak ). A k¨ot´el egyes darabk´ai teh´at ” mozg´asban lesznek, a k´et hull´ am energi´ aja nem t˝ unik el, hanem mozg´asi energia form´aj´aban lesz jelen. Ha a tal´alkoz´as ut´ an egy pillanattal k´es˝ obb n´ez¨ unk a k¨ot´elre, akkor egy ahhoz hasonl´o g¨orb´et l´atunk, mint amelyet az ´abr´ an a pillanatnyi sebess´egvektorok v´egpontjai rajzolnak ki. A tal´ alkoz´ o hull´ amok teh´ at nem oltj´ak ki egym´ast, a k´et jel az eredeti ir´anyba halad tov´ abb. A k´et szimmetrikus hull´am zavartalanul ´athatol egym´ason. Hasonl´o jelens´eget figyelhet¨ unk meg akkor is, amikor k´et k¨ovet dobunk az addig mozdulatlan v´ızbe. A hull´ amok itt is ´atmennek egym´ason”. A tal´alkoz´asukkor ” a gumik¨ot´elben l´ev˝o rugalmas energia (v´ızhull´ amokn´al a kit´er´essel ar´anyos gravit´aci´os helyzeti energia) mozg´ asi energi´ av´ a alakul. Amikor a hull´amok sz´etv´alnak, a mozg´asi energia egy r´esze visszaalakul helyzeti energi´av´a, ´es a k¨ot´el (vagy a v´ızfelsz´ın) megfigyelhet˝o kit´er¨ ul´es´evel a hull´ am ism´et l´ athat´ov´a v´alik. Sebesty´en J´ ozsef Tas (Budapest, Ba´ar-Madas Ref. Gimn., 8. ´evf.) ´es Szirmai D´enes (Budapest, Szil´agyi E. Gimn., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an 47 dolgozat ´erkezett. Helyes L´ ang Erik, Schmercz Blanka, Sebesty´en J´ ozsef Tas, Szirmai D´enes ´es T´ oth Dominik megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 5, hi´ anyos (1–2 pont) 18, hib´ as 18, nem ´ert´ekelhet˝ o 1 dolgozat. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

51

λ0 =

hc = 485 nm E4 − E2

hull´amhossz´ us´ ag´ u f´eny kelt´es´ere elegend˝o (c a f´enysebess´eg v´akuumban). A F¨oldre ´erkez˝o ´es itt megfigyelt f´eny λ = 513 nm-es hull´amhossza ∆λ = = λ − λ0 = 28 nm-rel nagyobb, mint a kibocs´atott f´eny´e, az teh´at a v¨or¨os fel´e tol´odott el. A v¨ or¨ oseltol´ od´ ast a galaxis (´es benne a csillag) nagy sebess´eg˝ u t´avolod´asa miatt fell´ep˝o Doppler-hat´ask´ent ´ertelmezhetj¨ uk. A relativisztikus Doppler-k´eplet szerint √ λ c+v = , λ0 c−v ahonnan a csillag t´avolod´asi sebess´eg´ere a v=

km λ2 − λ20 c = 0,056 c ≈ 16 800 λ2 + λ20 s

´ert´eket kapjuk. L´enyeg´eben ugyanezt az eredm´enyt kapjuk, ha a nemrelativisztikus v = ∆λ c formul´ab´ol indulunk ki; ´ıgy sz´amolva λ 0

v = 0,058 c ≈ 17 400

km s

t´avolod´asi sebess´eget kapunk. 52

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

A Hubble-t¨orv´eny kapcsolatot ad meg az extragalatikus objektum r t´avols´aga ´es v t´avolod´asi sebess´ege k¨ oz¨ ott: v = Hr,

ahol H ≈ 70

Ezek szerint a feladatban szerepl˝ o galaxis r = ez kb. 800 milli´o f´eny´evnek felel meg.

v H

km . s · Mpc

≈ 240 Mpc t´avols´agra van t˝ol¨ unk;

Morvai Orsolya (R´evkom´ arom, Selye J´anos Gimn., 12. ´evf.) dolgozata alapj´an 29 dolgozat ´erkezett. Helyes 22 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 3, hi´ anyos (1–3 pont) 4 dolgozat.

P. 5135. V´ızszintes talajon ´ all´ o aut´ oba besz´ all´ o, G = 840 N s´ uly´ u vezet˝ o t¨ omegk¨ oz´eppontja az ´abr´ an l´ athat´ o A pontba ker¨ ul. (A m´ereteket az ´ abra jobb oldali r´esze fel¨ uln´ezetb˝ ol, m´eretar´ anyosan mutatja. Az A pont a kerekek ´ altal meghat´ arozott t´eglalapban a bal els˝ o ´es a jobb h´ ats´ o kereket o sszek¨ o t˝ o ´ a tl´ o els˝ o harmado¨ l´ opontja.) Mennyivel n˝ o meg az egyes kerekekre hat´ o nyom´ oer˝ o a vezet˝ o n´elk¨ uli esethez k´epest? A kerekek rug´ oi egyform´ ak, ´es k¨ ovetik a Hooke-t¨ orv´enyt.

AB tengelyre

⇒

F1 + F2 = 2(F3 + F4 ),

BC tengelyre

⇒

2(F1 + F4 ) − G = F2 + F3 ,

CD tengelyre

⇒

F3 + F4 = 2(F1 + F2 ) − G,

DA tengelyre

⇒

2(F2 + F3 ) = F1 + F4 .

A fenti egyenletek nem f¨ uggetlenek egym´ast´ol, b´armelyik h´aromb´ol azonos ´atalak´ıt´asok ut´an megkaphatjuk a negyediket. Ezek szerint az egyik egyenletet elhagyhatjuk, majd algebrai ´atalak´ıt´asok ut´an kapjuk, hogy (1)

F4 − F2 = 0,

(2)

F1 + F2 =

2 G, 3

(3)

F1 − F3 =

1 G. 3

Az (1)–(3) egyenletek nem hat´arozz´ak meg a n´egy ismeretlen er˝ot, m´eg egy tov´abbi felt´etelt kell keresn¨ unk, hogy a feladatot megoldhassuk. Ez a felt´etel nem lehet a f¨ ugg˝oleges ir´any´ u er˝oegyens´ uly egyenlete, hiszen (2) k´etszeres´eb˝ol (1)-et ´es (3)-t kivonva az F1 + F2 + F3 + F4 = G ¨osszef¨ ugg´est kapjuk. Ugyancsak eredm´enytelen, ha valamilyen m´as tengelyre ´ırjuk fel a forgat´onyomat´ekok egyens´ uly´anak egyenlet´et, abb´ol sem kapunk u ´j, f¨ uggetlen inform´aci´ot. A P1 , P2 , P3 ´es P4 pontok a ker´ekrug´ok fels˝o, a merev alv´azhoz kapcsol´od´o v´eg´et jel¨olik. Ezen pontok helyzete f¨ ugg a rug´ok ¨osszenyom´od´as´at´ol, a f¨ ugg˝oleges ir´any´ u ∆ℓi elmozdul´asuk pedig a vezet˝o besz´all´as´anak hat´as´ara az Fi t¨obbleter˝ovel ar´anyos. Ennek megfelel˝oen az O pont les¨ ullyed´ese egyr´eszt 21 (∆ℓ1 + ∆ℓ3 ), m´asr´eszt 1 (∆ℓ2 + ∆ℓ4 ) alakban adhat´o meg. Mivel a rug´ok egyform´ak ´es k¨ovetik a Hooke2 t¨orv´enyt, fenn´ all, hogy (5 pont)

K¨ozli: N´emeth L´ aszl´ o, Fony´od

Megold´ as. Jel¨olj¨ uk a kerekekre hat´ o, a talaj ´altal kifejtett er˝ok megv´altoz´as´at F1 -gyel, F2 -vel, F3 -mal ´es F4 -gyel. (Ezek a feladat ´abr´aj´an bejel¨olt, a kerekek ´altal a talajra hat´o ∆Fi t¨ obbleter˝ ok ellenerejei.) Az aut´o a vezet˝o besz´all´asa el˝ott egyens´ ulyban volt, ´es ut´ ana is egyens´ ulyban marad. A szuperpoz´ıci´o elve alapj´an elegend˝o a k´et helyzet k¨ ul¨ onbs´eg´et” vizsg´ alni, ” vagyis azt, hogy milyen felt´etelek mellett lenne egyens´ ulyban az aut´o, ha csak a G, F1 , F2 , F3 ´es F4 er˝ok hatn´anak r´a. Az ´ abr´ an l´athat´ o k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o tengelyek b´armelyik´ere fel´ırhatjuk a forgat´ onyomat´ekok egyens´ uly´anak felt´etel´et. Az egyes tengelyeket a r´ajuk illeszked˝o pontp´ arokkal adhatjuk meg. Ezek szerint fenn´all: K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

53

(4)

1 1 (F1 + F3 ) = (F2 + F4 ). 2 2

Az (1)–(4) egyenletrendszer m´ar megoldhat´o, ´es a keresett er˝okre F1 = 350 N, F2 = F4 = 210 N ´es F3 = 70 N ad´odik. ´ Isk. ´es Gimn., 10. ´evf.) Bokor Endre (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an 17 dolgozat ´erkezett. Helyes 7 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 3, hi´ anyos (2–3 pont) 7 dolgozat.

P. 5146. Egy u arban a v´ız fel¨ ulete a poh´ ar fal´ an´ al homor´ u, a higany fe¨vegpoh´ l¨ ulete viszont dombor´ u. L´etezik-e olyan alak´ uu an´ al a higany ¨veged´eny, amelynek fal´ fel¨ ulete is homor´ u? (4 pont) 54

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

Megold´ as. A szil´ ard testekkel ´erintkez˝ o folyad´ekok felsz´ıne (annak ´erint˝os´ıkja) bizonyos ϑ sz¨oget z´ar be a szil´ ard fel¨ ulettel (annak ´erint˝os´ıkj´aval). Ez a sz¨og – amelyet illeszked´esi sz¨ ognek neveznek – f¨ ugg a folyad´ek ´es a szil´ard test anyagi min˝os´eg´et˝ol. (A ϑ sz¨oget a szil´ ard testnek a folyad´ekkal ´erintkez˝o r´esz´et˝ol m´erj¨ uk.) V´ız ´es u og (azt mondjuk: a v´ız nedves´ıti az u ¨veg eset´eben ϑ hegyessz¨ ¨veget), higany ´es u og (a higany nem nedves´ıti az u ¨veg eset´eben pedig tompasz¨ ¨veget).

1. ´ abra

2. ´ abra

A f¨ ugg˝oleges fal´ u poh´ arban a falt´ ol kicsit elt´ avolodva a higanyszint emelkedik, emiatt a higany fel¨ ulete dombor´ u (1. ´ abra). Megfelel˝o m´ert´ekben sz˝ uk¨ ul˝o (teh´at nem f¨ ugg˝oleges fal´ u) u ofordulhat, hogy – j´ollehet ϑ > 90◦ – ¨veged´enyben viszont el˝ a falt´ol elt´avolodva a higanyszint cs¨ okken, ´es emiatt a higany felsz´ıne a 2. ´ abr´ an l´athat´o m´odon homor´ u. Horv´ ath Anik´ o (Szeged, Radn´oti M. Gimn., 11. ´evf.) dolgozat´anak felhaszn´al´as´aval 17 dolgozat ´erkezett. Helyes Horv´ ath Anik´ o ´es Laposa H´edi megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 1, hi´ anyos (1–2 pont) 3, hib´ as 11 dolgozat.

Fizika alapszak az ELTE TTK-n Kedves tov´ abbtanul´ o Fizikabar´ atok! A K¨oMaL ´evsz´azados hagyom´ anyokat k¨ ovetve vezeti be a k¨oz´episkol´asokat a matematika ´es a fizika tant´ argyak rejtelmeibe. Ez a tud´as j´ol haszn´alhat´o az egyetemi fizikatanul´as sor´ an is. A K¨ oMaL feladatmegold´oinak ´es olvas´oinak egyik term´eszetes tov´abbtanul´ asi ir´ anya a fizika v´ alaszt´ asa. Akik szeretik a fizik´at ´es ezzel szeretn´ek felk´esz¨ ults´eg¨ uket fejleszteni, azoknak hasznos tov´abbtanul´as az egyetemi fizika alapk´epz´es. Nemcsak a leend˝ o kutat´ oknak, de minden kreat´ıv probl´emamegold´ast ig´enyl˝o munkahelyen elhelyezked˝ onek felhaszn´ alhat´o tud´ast ny´ ujt ez a k´epz´es. Azok sz´am´ara is j´o alap, akik k´es˝ obb nem a fizikus mesterszakokon folytatj´ak tanulm´anyaikat, hanem geofizikus, meteorol´ ogus, csillag´ asz, k¨ornyezettudom´anyi vagy anyagtudom´anyi mesterk´epz´esben tanulnak tov´ abb. A K¨oMaL-ban elm´ely´ıtett fizikai t´argyi tud´as szakmai ismeretei a fizikatan´ ar k´epz´esben is kamatoztathat´ok azok sz´am´ara, akik kedvet ´ereznek ´elet¨ uk sor´ an di´ akok tan´ıt´as´ara. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

55

A fizika t´argy tud´asa, amit a fizika alapszakokon el lehet saj´at´ıtani, sz´amos munkahelyen ad lehet˝os´eget a karrier ´ep´ıt´es´ere. A kutat´oint´ezeteken k´ıv¨ ul a p´enzu uszaki vil´ag nagyv´allalatainak kutat´asi ´es fejleszt´esi projektjein, vagy kisebb ¨gyi, m˝ c´egekben alkalmazott probl´emamegold´o k´epess´eghez t´arsul´o fizikai tud´ast ´es informatikai k´eszs´egeket ig´enyl˝o projekteken lehet elhelyezkedni a fizikatanul´as sor´an megszerzett k´epess´egek felhaszn´al´as´aval. Az ELTE TTK fizika alapszakja egyed¨ ul´all´o m´odon egyes´ıti a lehet˝os´egeket! Az itt szerzett alapszakos diploma sz´amos mesterk´epz´esben felhaszn´alhat´o egyetem¨ unk¨on bel¨ ul ´es k´ıv¨ ul u ´gy, hogy m´ar az alapk´epz´es sor´an a speci´alis tov´abbtanul´as alapoz´o t´em´aiban lehet krediteket szerezni. Az ELTE TTK tov´abbi lehet˝os´eget is ny´ ujt a fizika tanul´as´ara az osztatlan tan´ark´epz´esi szakokon. A fizika szak mellett a matematika, k´emia a leggyakoribb p´aros´ıt´as, de informatika, t¨ort´enelem vagy nyelvi szakok is elterjedtek m´asodik tan´ari szakk´ent. Az osztatlan tan´ark´epz´esben szerzett diploma fizik´ab´ol egyed¨ ul´all´oan keresett k´epes´ıt´es a munkaer˝opiacon. Napjainkban ez egy hi´anyszakma ´es biztos elhelyezked´est jelent azok sz´am´ara, akik szeretn´enek ezen a t´arsadalmilag is fontos p´aly´an elhelyezkedni. A fizika alapszak t´argyainak k´ın´alata az ELTE TTK-n kifejezetten sz´eles. A k¨otelez˝o t´argyak szil´ard alapja jelenti a szakma megismer´es´et, de emellett sz´amos r´eszter¨ ulet bevezet˝o tananyaga elsaj´at´ıthat´o. Az ELTE TTK Fizikai Int´ezet´enek munkat´arsai a biol´ogiai fizika, elm´eleti fizika, anyagtudom´any, asztrofizika, komplex rendszerek statisztikus fizik´aja, kvantummechanikai t´emak¨or¨ok – p´eld´aul kvantumsz´am´ıt´og´epek le´ır´asa –, r´eszecskefizika, neh´ezionfizika, atommagfizika t´em´akban nemzetk¨ozi kutat´asokba is bevonj´ak az ´erdekl˝od˝o di´akokat. A kutat´as ir´ant is ´erdekl˝od˝o di´akok sz´am´ara bej´aratott u ´t vezet a tudom´anyos di´akk¨ori projektek fel´e. Ezen di´akok ´altal v´egzett kutat´asi eredm´enyek di´akkonferenci´akon mutathat´ok be, melynek orsz´agos rendszer´eben az ELTE TTK hallgat´oi ´evek ´ota kiv´al´oan teljes´ıtenek ´es sikereket ´ernek el. A di´akk¨ori kutat´omunk´ak kiv´al´o alapot adnak a k¨ ulf¨oldi egyetemeken t¨ ort´en˝o mesterk´epz´esben vagy doktori iskol´aban t¨ort´en˝o tov´abbtanul´asra. A tan´arszakos osztatlan k´epz´es felhaszn´alja az ELTE t¨obbi karain oktatott pedag´ogiai ´es tan´ıt´asm´odszertani szakmai tud´ast is. A tan´arszakosok t¨obbsz¨or lehet˝os´eget kapnak a tan´ıt´asi m´odszerek kipr´ob´al´as´ara ´es a tapasztalt tan´arok mesters´eg-elemeinek megtanul´as´ara. Az ELTE h´arom gyakorl´oiskol´aja kiv´al´o terep a tan´ari szakma komplex elsaj´at´ıt´as´ara, de sz´amos m´as k¨oz´episkol´aban is lehet gyakorlatokat v´egezni. Az ELTE TTK fizikak´epz´ese nemzetk¨ozi szint˝ u, amit az is jelez, hogy sz´amos alapszakos diplom´aval rendelkez˝o di´akunk folytatta m´ar rangos angol, sv´ajci vagy n´emet egyetemen a fizikatanul´as´at. Ezekre az egyetemekre az ELTE-n a legjobb eredm´ennyel v´egz˝o di´akoknak j´o es´elye van bejutni az elm´ ult ´evek statisztik´ai alapj´an. Az ELTE-n v´egzett fizikusok nemzetk¨ozi l´ept´ekben is versenyk´epesek. A mesterk´epz´esben diplom´at szerz˝ok nagy r´esze sikeresen jut be doktori iskol´aba vagy ´ itthon vagy k¨ ulf¨old¨on, az Egyes¨ ult Allamokt´ ol kezdve Jap´anig sz´amos n´ıv´os egye-

56

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

temen. Az ELTE TTK-n foly´ o fizikai t´em´ aj´ u kutat´asok sok esetben vil´agsz´ınvonal´ u kutat´ohelyekkel t¨ ort´en˝ o egy¨ uttm˝ uk¨ od´esben val´osulnak meg. Di´akjaink eljuthatnak a sv´ajci CERN r´eszecskefizikai kutat´ ocentrumba, vagy a LIGO amerikai gravit´aci´oshull´am-detektor eredm´enyeit elemezhetik. Sz´amos tov´abbi eur´opai, kiemelked˝o centrumba lehet Erasmus ¨ oszt¨ ond´ıjat nyerni, ami az ELTE-s di´akok felk´esz¨ ults´eg´et jelent˝osen n¨ oveli ´es az itt elv´egzett k´epz´esek j´o alapot biztos´ıtanak a kutat´asi k´erd´esek sikeres megold´ as´ ara, a komplex probl´emamegold´asi k´epess´egek fejleszt´es´ere ´es a k´es˝obbi kutat´ asi vagy ipari fejleszt´esi ´all´asok elnyer´es´ere. A k´epz´es tov´abbi r´eszleteir˝ ol az al´ abbi weblapon lehet inform´aci´okat szerezni: https://physics.elte.hu. Az ELTE TTK hallgat´ oi ´elete vid´ am ´es szerte´ agaz´o. A Magyar Fizikus Hallgat´ok Egyes¨ ulete sz´amos programot szervez a hallgat´ oinknak. K¨ ulf¨oldi di´akkonferenci´akon vagy cseregyakorlatokon lehet r´eszt venni, szabadid˝os programok ´es a fizika t´argyakban felk´esz´ıt˝o programok szerepelnek a palett´an. A fizika n´epszer˝ us´ıt´es´eben is j´artass´agot lehet szerezni, a k¨ oz¨ oss´egi programok is gyakran n´epszer˝ uek. A fizika szakokhoz j´ol szervezett mentorprogram t´arsul. Minden ´evfolyamon t¨obb kik´epzett mentor seg´ıt a t´ argyak felv´etele k¨ or¨ uli k´erd´esekben, az optim´alis egyetemi strat´egi´ak megtal´ al´ as´ aban, ´es ´atadj´ ak a fels˝ obb ´eves di´akok ´altal ¨osszegy˝ ujt¨ott tapasztalatokat. Az ELTE TTK fizika alapszakja j´ol szervezett, bar´ats´agos k´epz´es. Di´akjaink nagy sz´azal´ekban v´ alasztj´ ak az ELTE TTK-t a tov´abbtanul´asra. Az ELTE TTK fizika k´epz´eseir˝ ol szem´elyesen is tapasztalatot lehet szerezni a Ny´ılt Nap programjain 2020. janu´ ar 18-´an a L´agym´anyosi Kampusz modern ´ep¨ uleteiben.

G. 694. Egy ´eppen 100 kg t¨omeg˝ u rak´eta a vil´ag˝ urben m´asodpercenk´ent 100 g ´eg´esterm´eket l¨ovell ki. A g´az 1 km/s sebess´eggel hagyja el a rak´eta f´ uv´ok´aj´at. Mekkora a rak´eta gyorsul´asa? (3 pont) G. 695. J´at´ekpingvineket f¨ uggesztettek egy mozg´o szobad´ıszre. A nagyon k¨onny˝ u rudakat a negyedel˝opontjukban f¨ uggesztett´ek fel, ´es ´ıgy egyens´ ulyban vannak. Mekkora a 2., a 3. ´es a 4. pingvin t¨omege, ha tudjuk, hogy az els˝o 48 dkg t¨omeg˝ u? (3 pont)

Amerikai feladat

G. 696. Sanyi egy forraszt´op´ak´at kapott kar´acsonyra, ´es r¨ogt¨on kipr´ob´alta. Egy 2000 Ω-os ellen´all´assal p´arhuzamosan ¨osszeforrasztott egy 500 Ω-os ellen´all´ast, majd az eg´esszel sorba egy m´asik 500 Ω-osat, v´eg¨ ul az ´ıgy kapott elrendez´essel p´arhuzamosan egy 600 Ω-os ellen´all´ast. Az eg´eszet egy telepre kapcsolta, ´es meg´allap´ıtotta, hogy ´ıgy a 2000 Ω-os ellen´all´ason 2 V fesz¨ ults´eg m´erhet˝o. a) K´esz´ıts¨ uk el az ´aramk¨or kapcsol´asi rajz´at! b) Mekkora a telep fesz¨ ults´ege? c) Mekkora a telepen ´atfoly´o ´aram er˝oss´ege? (3 pont) P. 5186. Egy sz´ank´o ´es a rajta u uttes t¨omege 25 kg. A cs´ usz´asi ¨l˝o gyerek egy¨ s´ url´od´asi t´enyez˝o a h´oban 0,05. a) Szeretn´enk v´ızszintes terepen ´alland´o sebess´eggel h´ uzni a sz´ank´ot. Mekkora v´ızszintes er˝o sz¨ uks´eges ehhez?

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

b) A sz´ank´ot v´ızszintes, havas talajon 2 m´asodpercen ´at 50 N er˝ovel felgyors´ıtjuk ´all´o helyzetb˝ol, majd mag´ara hagyjuk. Mekkora utat tesz meg a sz´ank´o az indul´as ´es a meg´all´as k¨oz¨ott? M. 392. M´erj¨ uk meg a 100 forintos vagy az 1 eur´os p´enz´erme anyag´anak fajh˝oj´et kalorim´eterben (termoszban)!

(3 pont)

Tarj´ an Imre eml´ekverseny (Szolnok) feladata alapj´an

G. 693. K´et teljesen hasonl´ o vonat k´et p´arhuzamos v´ag´anyon halad egym´assal szemben ´alland´o (de nem felt´etlen¨ ul azonos nagys´ ag´ u) sebess´eggel. A mozdonyok ugyanolyan hossz´ us´ag´ uak, mint a kocsik. Mindk´et vonat 19 kocsib´ol ´es a mozdonyb´ol ´all, amely vontatja a szerelv´enyt. Az egyik vonaton Piri el¨olr˝ol a harmadik kocsiban utazik. Miut´ an a k´et vonat tal´ alkozik, Piri kocsija 36 m´asodperc m´ ulva ker¨ ul teljes terjedelm´eben Dani szemb˝ ol j¨ ov˝ o kocsija mell´e, ´es ezt k¨ovet˝oen u ´jabb 44 m´asodperc telik el, am´ıg a k´et vonat teljesen elhalad egym´as mellett. El¨olr˝ol h´anyadik kocsiban utazik Dani?

P. 5187. Egy ℓ1 = 25 cm ´es egy ℓ2 = 1,2 m hossz´ u fon´aling´at azonos magass´agban r¨ogz´ıt¨ unk. A leng´esek s´ıkja p´arhuzamos, ´es egym´ashoz el´eg k¨ozel van. Az ing´akat az egyens´ ulyi helyzetb˝ol azonos nagys´ag´ u, kis sz¨oggel, ellent´etes ir´anyban kit´er´ıtj¨ uk, majd elengedj¨ uk. a) Az indul´ashoz k´epest mennyi id˝o m´ ulva halad el egym´as mellett a k´et fon´alinga? b) Mennyi id˝o m´ ulva tal´alkoznak m´asodszor? c) Mekkor´ara kellene v´altoztatni az ingahosszak ar´any´at, hogy az ¨ot¨odik tal´alkoz´as legyen az els˝o olyan, amikor az ing´ak sebess´eg´enek ir´anya azonos?

(4 pont)

(5 pont)

(6 pont)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´acduka

K¨ ozli: Sz´ekely Zolt´ an, Sz´ekelyudvarhely 57

58

K¨ozli: Zsigri Ferenc, Budapest K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

P. 5188. V´ızszintes fel¨ uleten egyenes vonalban mozg´o, t´eglatest alak´ u has´ ab a s´ url´ od´ as k¨ ovetkezt´eben egyenletesen lassul. Az ´ abra a has´ ab mozg´ as´ anak sebess´eg–id˝o grafikonj´ at mutatja. A has´ab tetej´ere rug´ os j´at´ek´ agy´ ut r¨ ogz´ıtettek, ami v0 torkolati sebess´eg˝ u, m t¨ omeg˝ u l¨ oved´eket l˝ o ki pillanatszer˝ uen a has´ ab lassul´ o mozg´ asa sor´ an. A has´ab ´es az ´agy´ u egy¨ uttes t¨ omege M . a) Milyen ir´anyban ´alljon az ´agy´ u cs¨ ove, hogy a kil¨ov´es egy´altal´an ne legyen hat´ assal a has´ ab lassul´ as´ara, vagyis a grafikon az ´abra szerint folytat´odjon a kil¨ ov´es ut´ an is? b) Ha az ´agy´ ucs¨ovet az el˝ oz˝ oekben meghat´ arozott sz¨og fel´ere engedj¨ uk le, akkor ´ a kil¨ov´es milyen m´odon befoly´ asolja a lassul´ asi grafikont? Abr´azoljuk a m´odosult sebess´eg-id˝o grafikont, ha a kil¨ ov´es t = 2 s-n´ al k¨ ovetkezik be!

P. 5192. Az ´ abr´ an l´athat´o, egyik v´eg´en z´art, U alak´ u, 1 cm2 keresztmetszet˝ u cs˝oben l´ev˝o higany 40 cm hossz´ us´ag´ u, 300 K h˝om´ers´eklet˝ u leveg˝ot z´ar be. A k¨ uls˝o l´egnyom´as 76 cm magas higanyoszlop hidrosztatikai nyom´as´aval egyezik meg. A bez´art g´az h˝om´ers´eklet´et ´alland´onak tartva, V0 t´erfogat´ u higany bet¨olt´ese ut´an a cs˝o k´et sz´ar´aban a higanyszint megegyezik. Ha ezek ut´an a bez´art leveg˝ot meleg´ıtj¨ uk, azt tapasztaljuk, hogy a nyom´asa minden h˝om´ers´ekleten egyenesen ar´anyos a t´erfogat´aval. Mekkora a V0 t´erfogat? (5 pont) K¨ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs P. 5193. Hat darab ohmos ellen´all´ast az ´ abr´ an l´athat´o m´odon forrasztottunk ¨ossze. Mekkora ered˝o ellen´all´as m´erhet˝o a 20 Ω-os ellen´all´as v´egpontjai k¨oz¨ott? (L´asd A h´ıdkapcsol´ as ered˝ o ellen´ all´ asa ´es ´ aramer˝ oss´egei c´ım˝ u cikket a K¨oMaL 2016. ´evi 2. sz´am´aban vagy a honlapon.)

Adatok: m = 0,1 kg, M = 1 kg, v0 = 5 m/s. (5 pont)

K¨ ozli: Honyek Gyula, Veresegyh´az

P. 5189. Hossz´ u, hengeres, glicerinnel teli cs˝ o k¨ozep´eben kicsiny l´egbubor´ek van. Ha a cs¨ovet f¨ ugg˝ olegesen fel´ all´ıtjuk, a bubor´ek ´alland´o, 1 cm/s nagys´ag´ u sebess´eggel emelkedik. Ha a cs˝ o v´ızszintes, ´es a tengely´evel p´arhuzamosan 20 m/s sebess´egre gyors´ıtj´ak, hol ´all meg a cs˝ oben a bubor´ek? Hov´a mozdul el a bubor´ek, ha ´ hol ´all meg ezut´an, ha a cs¨ovet a cs˝o sebess´eg´et egyenletesen 30 m/s-ra n¨ ovelik? Es lef´ekezik? (A bubor´ek megindul´ as´ anak ´es meg´all´ as´ anak r¨ovid id˝otartam´at, valamint a cs˝o fal´anak f´ekez˝o hat´ as´ at hanyagoljuk el.) (5 pont)

A Kvant nyom´ an

P. 5190. Egy v´ekony fal´ u, f¨ ugg˝ olegesen ´all´ o u ¨vegcs˝o alul szab´alyos f´elg¨omb alak´ u. A cs˝o ´atm´er˝oje 10 cm. Vizet t¨ olt¨ unk a cs˝ obe, 20 cm magasan. A cs˝o tengelye ment´en, a v´ızfel¨ ulet felett 30 cm magasan egy kicsiny f´enyforr´as vil´ag´ıt. a) Hova tegy¨ unk egy erny˝ ot, hogy azon a f´enyforr´as ´eles k´epe jelenjen meg? b) Mekkora a k´ep nagy´ıt´ asa? (A v´ız t¨or´esmutat´ oja n = 4/3.) (5 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

P. 5191. Ugyanannyi ide´ alis g´azzal az ´ abra szerinti p – V diagramon ´abr´ azolt 1 → 2 → 3 → 1, illetve az 1 → 3 → 4 → 1 k¨ orfolyamatot v´egeztetj¨ uk. Melyik k¨orfolyamatot v´egz˝ o g´epnek nagyobb a hat´asfoka, ´es milyen ¨osszef¨ ugg´es ´all fenn a k´et hat´ asfok k¨oz¨ott? (5 pont)

Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

59

(4 pont)

K¨ozli: L´egr´ adi Imre, Sopron

P. 5194. Tekints¨ unk k´et azonos m´eret˝ u, de a k¨ozt¨ uk l´ev˝o 0,2 m t´avols´aghoz k´epest kicsiny f´emg¨omb¨ot! A k´et g¨ombnek k¨ ul¨onb¨oz˝o t¨olt´ese van, ´es 1,2 N er˝ovel vonzz´ak egym´ ast. A g¨omb¨oket ¨ossze´erintj¨ uk, majd visszahelyezz¨ uk ˝oket az eredeti hely¨ ukre. Azt tal´aljuk, hogy most tasz´ıtj´ak egym´ast, de az er˝o nagys´aga az el˝oz˝ovel azonos. Mennyi volt a f´emg¨omb¨ok eredeti t¨olt´ese? (4 pont)

Tornyai S´ andor fizikaverseny, H´odmez˝ov´as´arhely

P. 5195. Egy a = 60 cm oldalhossz´ us´ag´ u, egyenl˝o oldal´ u h´aromsz¨og cs´ ucsaiban egy-egy Q = 6 · 10−7 C nagys´ag´ u, pontszer˝ unek tekinthet˝o t¨olt´es helyezkedik el v´akuumban. Mekkora ´es milyen ir´any´ u az elektromos t´erer˝oss´eg a h´aromsz¨og oldalharmadol´o pontjaiban? (4 pont)

K¨ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 5196. Egy rak´eta a hajt´om˝ uv´enek m˝ uk¨od´ese k¨ozben csak a ki´araml´o g´azsug´arra t´amaszkodhat”. A hajt´oanyag energi´aj´anak jelent˝os r´esz´et a ki´araml´o g´azok ” viszik magukkal, a rak´eta mozg´asi energi´aj´anak n¨ovel´es´ere a felszabadul´o energia kisebb h´anyada jut. a) Hat´arozzuk meg, hogy mekkora ∆v ´ert´ekkel n˝o a rak´eta sebess´ege, ha az M t¨omeg˝ u rak´et´ ab´ol valamennyi id˝o alatt egy kicsiny ∆M t¨omeg˝ u g´az ´aramlik ki h´atrafel´e, a rak´et´ahoz k´epest u sebess´eggel! (A gravit´aci´os er˝ot itt ´es a tov´abbiakban elhanyagoljuk.) b) Mekkora lesz az M0 t¨omeggel indul´o rak´eta sebess´ege, amikor a t¨omege m´ar M (M < M0 ) ´ert´ekre cs¨okken? 60

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

´ Utmutat´ as: felhaszn´ alhatjuk, hogy ∫x2

x2 1 dx = ln . x x1

x1

c) Mekkora az M t¨ omeg˝ u rak´eta ´es a ki´ aramlott g´azok ¨osszes mozg´asi energi´aja az indul´asi vonatkoztat´ asi rendszerben? ´ Utmutat´ as: felhaszn´ alhatjuk, hogy a ki´ aramlott g´ azokb´ ol ´es a rak´et´ ab´ ol ´ all´ o teljes rendszer mozg´ asi energi´ aj´ anak megv´ altoz´ asa f¨ uggetlen a vonatkoztat´ asi rendszert˝ ol, ´ıgy pl. a rak´et´ aval egy¨ utt mozg´ o rendszerben is ugyanakkora, mint az indul´ asi vonatkoztat´ asi rendszerben.

d) Legfeljebb mekkora lehet a rak´etameghajt´ as mechanikai hat´asfoka”, vagyis ” a rak´eta mozg´asi energi´ aj´ anak ´es az ¨ osszes mozg´ asi energi´anak a h´anyadosa az ind´ıt´asi vonatkoztat´asi rendszerben? (6 pont)

N´emedi Istv´ an (1932–1998) feladata

d Bek¨ uld´ esi hat´ arid˝ o: 2020. febru´ ar 10. Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

d

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 1. January 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 28): K. 644. A box contained a total of 70 blue and green cubes. Four times as many blue cubes were removed as green cubes, so there remained 7 times as many green cubes as blue cubes in the box. How many cubes of each colour were there originally? K. 645. What will be the remainder if 1 + 4 + 7 + · · · + 2020 is divided by 8? K. 646. We have three machines. Each of them has two input channels and one output channel. As represented in the diagram, the machines carry out some well defined sequence of operations with the numbers obtained through the input channels, and display the final result as output. Machine A displays x · y, machine B displays x2 + y, and machine C displays 5 · x + 3 · y where x and y stand for the first and second input numbers, respectively. The machines A, B and C are connected by attaching the outputs of two machines to the inputs of the third one. What is the largest possible output that may be obtained from the third machine if the inputs of the first two machines are the same, x = 4 and y = 7? K. 647. An icosahedron made of paper is cut along some edges to unfold in the plane and obtain the net of the solid. How many edges need to be cut? K. 648. The sides of a square are divided into three equal parts. An interior point of the square is connected to one of the dividing points on each side, as shown in the figure, to form four quadrilaterals. Given the area of one quadrilateral (see figure), determine the areas of the other quadrilaterals. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

61

New exercises for practice – competition C (see page 29): Exercises up to grade 10: C. 1581. Find all positive integers n for which n! ends in exactly 19 531 zeros. C. 1582. Let ABP , BCQ, CDR, DAS denote the regular triangles drawn on the sides of paralellogram ABCD on the outside. What requirements does the parallelogram need to meet in order for P QRS to be a square? Exercises for everyone: C. 1583. In the Cartesian coordinate plane, represent the points for which the following inequality holds: |x| + |y| + |x + y| 6 2. What is the area of the resulting figure? (Croatian problem) C. 1584. What is the maximum area of a square that can be obtained from a triangular sheet of paper with sides 3 cm, 4 cm and 5 cm by cutting along at most three straight lines? C. 1585. What distinct positive primes p and q satisfy the equality p − 4p2 + p3 = q − 4q 2 + q 3 ? Exercises upwards of grade 11: C. 1586. The points D and E divide side AB of triangle ABC into three equal parts. Let P be an arbitrary interior point of line segment DE. Draw parallels to line P C through the points D and E. These lines intersect sides AC and BC at points Q and R, respectively. Show that the area of quadrilateral P RCQ equals the√area of √ triangle AP Q. (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) C. 1587. Solve the x x x−1 equation √x − x−2 = 2x−1 over the set of real numbers. (Proposed by B. B´ır´ o, Eger)

New exercises – competition B (see page 31): B. 5070. There are two kinds of people living on an island: some always tell the truth, while some always lie. Ten inhabitants of the island were numbered as 1, 2, . . . , 10. Then everyone was asked the same three questions: “Is your number even?”, “Is your number divisible by 4?”, “Is your number divisible by 5?”. The number of those saying “Yes” was three, six, and two, respectively in the three cases. Which numbers were assigned to liars? (4 points) (Proposed by S. R´ oka, Ny´ıregyh´ aza) B. 5071. Let us consider a triangle ABC. Let A1 and A2 denote the points that divide side BC into three equal parts, with A1 lying closer to vertex B. Analogously, let B1 , B2 divide side CA into equal parts, with B1 lying closer to C, and let C1 ´es C2 divide AB into three equal parts, with C1 lying closer to B. Prove that the triangles A1 B1 C1 and B2 C2 A2 are congruent, and both of their areas are equal to the third of the area ABC. (3] points) (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) B. 5072. Prove that [√ of√the triangle ] [√ n+ n+3 = 4n + 5 for all positive integers n. (3 points) (Proposed by T. Imre, Marosv´ as´ arhely) B. 5073. The tangents drawn to the incircle of triangle ABC, parallel to the sides, cut off three small triangles at the corners. The radii of the incircles of the small triangles are 2, 3 and 10 units long. Show that triangle ABC is right-angled. (4 points) (Proposed by S. R´ oka, Ny´ıregyh´ aza) B. 5074. Find all positive integers n and distinct 1 1 1 1 (positive) primes p, q, r for which pq + pr3 + qr2 = n . (5 points) (Proposed by G. Holl´ o, Budapest) B. 5075. The midpoints of sides AD and BC of a convex quadrilateral ABCD are E and F , respectively. Line segment EF intersects diagonal AC at point P , and diagonal BD at point Q. Prove that the circles AEP and BF Q intersect each other on the line AB. (5 points) (Proposed by G. Holl´ o, Budapest) B. 5076. Find the real solutions of the system x + y + z + v = 0, x2 + y 2 + z 2 + v 2 = 12, x3 + y 3 + z 3 + v 3 = 24. (6 points) B. 5077. We want to draw a perspective image of a cube, using two vanishing points: I1 = (−9; 0) and I2 = (10; 0), as shown in the figure. The images of three vertices are A = (−3; 0), B = (0; 0) ´es C = (4; 0). What should the y-coordinate of point F be? (6 points) New problems – competition A (see page 32): A. 767. In an n × n array all the fields are colored with a different color. In one move one can choose a row, move all the fields one place to the right, and move the last field (from the right) to the leftmost field of the row; or one can choose a column, move all the fields one place downwards, and move the field at the bottom of the column to the top field of the same column. For what values of n is it possible to reach any arrangement of the n fields using these kinds

62

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

´ am Schweitzer ) A. 768. Let S be a shape in the plane which of steps? (Proposed by Ad´ is obtained as a union of finitely many unit squares. Prove that the ratio of the perimeter and the area of S is at most 8.

Problems in Physics (see page 57) M. 392. Measure the specific heat capacity of the material of a 100-forint (or 1-euro) coin in a calorimeter (thermos flask). G. 693. Two exactly alike trains move towards each other (not necessarily at the same speed) along parallel railroad tracks next to each other. The length of each locomotive is the same as the length of each railway carriage. Both trains consist of 19 carriages and locomotives which haul the trains (one locomotive in front of each train). Peggy is travelling in the third carriage (counted from the locomotive). After the two trains meet, 36 seconds elapse when Peggy’s carriage gets exactly next to that carriage of the other train in which Daniel is travelling, and then 44 seconds elapse until the two trains go past each other. Counted from the locomotive, in which carriage is Daniel? G. 694. An exactly 100-kg rocket, moving in space, ejects 100 g exhaust gas in each second. The exhaust leaves the nozzle at a speed of 1 km/s. What is the acceleration of the rocket? G. 695. Toy penguins were suspended to an unsteady room decoration. The very light rods (see the figure) were suspended at their quadrisection points such that the structure is in equilibrium. What are the masses of the second, the third, and the fourth toy penguins, if the first one has a mass of 480 g? G. 696. Alexander got a soldering iron as a Christmas present, and he immediately tried it. He soldered two resistors of resistances 2000 Ω and 500 Ω in parallel, and then with this he soldered another 500 Ω resistor in series. Finally with this he soldered a 600 Ω resistor in parallel. He connected the circuit to a battery and measured the voltage across the 2000 Ω resistor, which was 2 V. a) Draw a schematic figure of the circuit. b) What is the voltage across the battery? c) What is the current through the battery? P. 5186. The total mass of a sleigh and a child on it is 25 kg. The coefficient of kinetic friction between the sleigh and the snow is 0.05. a) We would like to pull the sleigh horizontally at a constant speed. What is the horizontal force that must be applied? b) The sleigh is accelerated from rest for 2 seconds with a constant force of 50 N along the horizontal, snow covered ground, and then it is released. What is the distance covered by the sleigh from the starting position until it again comes to rest? P. 5187. Two simple pendulums are fixed at the same height. They swing in parallel planes close to each other. One of them is ℓ1 = 25 cm, whilst the other is ℓ2 = 1.2 m long. The two pendulums are displaced in the opposite direction at the same small angle, and then released. a) How long does it take for the pendulums to go past each other after they were released? b) How much time elapses until they meet again? c) What should the ratio of the lengths of the pendulums be in order that the fifth encounter be the first one when the direction of the velocities of the two pendulum bobs is the same? P. 5188. A cuboid-shaped prism is sliding along a horizontal surface in a straight line and is decelerating due to friction. The figure shows the velocity-time graph of its motion. A spring-loaded toy cannon is attached to the top of the prism, which fires projectiles of mass m at a speed of v0 , during the slowing motion of the prism. The total mass of the prism and the toy cannon is M . a) To which direction should the cannon be aimed in order that the projection not affect the decelerating motion of the prism, or in other words the graph of the motion of the cannon continue in the same way after firing the projectile? b) If the angle between the gun barrel and the horizontal is adjusted to half of the angle determined in the previous problem,

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/1

63

then how does this affect the graph of the deceleration? Sketch the modified velocity-time graph of the motion, if the projectile was shot at t = 2 s. Data: m = 0.1 kg, M = 1 kg, v0 = 5 m/s. P. 5189. There is a small air bubble at the middle of a long cylinder-shaped tube, filled with glycerine. When the tube is held vertically, the air bubble is raising at a constant speed of 1 cm/s. Where will the air bubble stop in the tube when it is held horizontally and is accelerated along its symmetry axis to a final speed of 20 m/s? Where will the bubble move if the tube’s speed is uniformly increased to 30 m/s, and where will it stop if the tube is ceased to move? (The short time intervals when the bubble starts and stops, and the retarding effect of the wall of the tube are negligible.) P. 5190. The bottom end of a vertical, thin-walled glass tube has a shape of a hemisphere. The diameter of the tube is 10 cm. The tube is filled with water up to a height of 20 cm. 30 cm above the water level and along the axis of the tube there is a small light source. a) Where should we place a screen in order to gain a sharp image of the light source? b) What is the magnification? (The refractive index of water is n = 4/3.) P. 5191. Two samples of ideal gas, of the same amount, are taken through the cyclic processes shown in the figure. The figure shows the p – V diagram of processes 1 → 2 → 3 → 1, and 1 → 3 → 4 → 1. If the working substance of two engines are the two samples of ideal gas taken through the above two cyclic processes, which engine has greater efficiency, and what is the relationship between the two efficiency values? P. 5192. A mercury column confines an air column of height 40 cm and of temperature 300 K in a U-shaped tube, one end of which is closed, and which has a cross sectional area of 1 cm2 , as it is shown in the figure. The external air pressure is the same as the gauge pressure of a 76 cm high mercury column. Keeping the temperature of the enclosed gas constant, some mercury of volume V0 is poured into the tube such that the mercury levels in the two arms of the tube will be the same. Then if the enclosed air is heated we can observe that its pressure is proportional to its volume at any temperature. What is the volume V0 ? P. 5193. Six ohmic resistors were soldered as shown in the figure. What is the equivalent resistance measured between the terminals of the 20 Ω resistor? P. 5194. Consider two metal spheres of the same size, which is small compared to the 0.2 m distance between them. The two spheres are charged differently and they attract each other with a force of 1.2 N. The spheres are made to touch each other and then placed back to their original position. Now they repel each other, but the magnitude of this repulsive force is the same as the magnitude of the attractive force in the first case. What was the initial charge of the spheres? P. 5195. At each vertex of an equilateral triangle of sides a = 60 cm there is a point-like charge of Q = 6 · 10−7 C in vacuum. What is the magnitude and the direction of the electric field at the trisection points of the sides of the triangle? P. 5196. A rocket engine uses the thrust obtained from the ejected exhaust. The greatest part of the energy of the propellant is the energy of the ejected exhaust, and only a small portion is converted to increase the kinetic energy of the rocket. a) Determine the speed increase ∆v of the rocket of mass M , when during some time a small amount of gas of mass ∆M is ejected backward at a speed of u with respect to the rocket. (The gravitational force can be neglected in this case and in the further cases as well.) b) What will the speed of the rocket∫ of initial mass M0 be, when its mass x2 1 x decreases to M (M < M0 )? Hint: we can use that x x dx = ln x2 . c) What is the total 1 1 kinetic energy of the rocket of mass M and the ejected gas particles with respect to the reference frame of the departure? Hint: we can use that the change in the kinetic energy of the whole system of the ejected gas and the rocket is independent of the reference frame; so it is the same in the reference frame of the moving rocket and in the reference frame of the departure. d) At most what can the “mechanical efficiency” of the rocket be? The mechanical efficiency is the ratio of the kinetic energy of the rocket to the total kinetic energy of the system in the reference frame of the departure.

70. ´evfolyam 1. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. janu´ ar

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

Jelent´ es a 2019. ´ evi Ku ak J´ ozsef ¨ rsch´ Matematikai Tanul´ oversenyr˝ ol

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 2. sz´am

Budapest, 2020. febru´ar

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK Jelent´es a 2019. ´evi K¨ursch´ak J´ozsef Matematikai Tanul´oversenyr˝ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

Pach P´eter P´al: A 2019. ´evi K¨ursch´ak J´ozsef Matematikai Tanul´overseny feladatainak megold´asa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

67

K´os G´eza: T´erbe kil´ep˝o bizony´ıt´asok V. . . . . . . . . . .

71

V´alogat´as az Emelt szint˝u ´eretts´egi matematik´ab´ol – 24 v´alogatott gyakorl´o feladatsor megold´assal c´ım˝u kiadv´anyunkb´ol. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

80

Balga Attila: Megold´asv´azlatok a 2020/1. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

82

Matematika feladatok megold´asa (4973., 5017.) . . .

91

A K pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (649– 653.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

95

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1588– 1594.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

96

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5078– 5085.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

97

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (769–771.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (502–504., 42., 141.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

´ Eletm˝ ´ R´atz Tan´ar Ur ud´ıjak ´atad´asa 2019 december´eben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

104

Tichy G´eza, Vank´o P´eter, Vigh M´at´e: Besz´amol´o a 2019. ´evi E¨otv¨os-versenyr˝ol . . . . . . . . . . . . . . . . . .

106

Fizika gyakorlatok megold´asa (683., 684.) . . . . . . . .

114

Fizika feladatok megold´asa (5122., 5156., 5157., 5158.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

116

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (393., 697–700., 5197–5207.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

121

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

125

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

126

Problems of the 2019 K¨ursch´ak competition . . . . . .

128

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ VIGH MAT ´ E, ´ LASZL O, ´ KAROLY, ´ VLADAR WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ CSERTAN ´ ANDRAS, ´ Tagjai: BUSA MAT ´ ´ FARKAS CSABA, FODOR ZSOLT, LASZL O ´ ´ NIKOLETT, LOCZI LAJOS, SIEGLER GABOR ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E

A Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat a 2019. ´evi K¨ ursch´ ak J´ ozsef Matematikai Tanul´oversenyt okt´ober 4-´en, k¨ oz´ep-eur´ opai id˝o szerint 14 ´orai kezdettel rendezte meg a k¨ovetkez˝ o h´ usz helysz´ınen: B´ek´escsaba, Budapest, Cambridge, Debrecen, Eger, Gy˝or, Kaposv´ ar, Kecskem´et, Kolozsv´ ar, Miskolc, Nagykanizsa, Ny´ıregyh´ aza, P´ecs, Sopron, Szeged, Sz´ekesfeh´erv´ ar, Szombathely, Tatab´ anya, Veszpr´em ´es Zalaegerszeg. A T´arsulat eln¨ oks´ege a verseny lebonyol´ıt´ as´ ara az al´ abbi bizotts´agot k´erte fel: Bir´ o Andr´ as, Frenkel P´eter, K´ os G´eza, Maga P´eter (titk´ ar), Pach P´eter P´ al (eln¨ok), T´ oth G´eza. A bizotts´ ag szeptember 13-ai u ovetkez˝ o feladatokat ¨l´es´en a k¨ t˝ uzte ki: ucsok1. Az ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben AB < AC < BC, az A, B, C cs´ b´ ol indul´ o magass´ agok talppontjai rendre A1 , B1 , illetve C1 . Legyen P a C1 pont uk¨ ork´epe a CC1 egyenesre. t¨ uk¨ ork´epe a BB1 egyenesre, ´es legyen Q a B1 pont t¨ aromsz¨ og k¨ or´e ´ırt k¨ or ´ atmegy a BC oldal felez˝ oMutassuk meg, hogy az A1 P Q h´ pontj´ an. 2. Legyen n pozit´ıv eg´esz sz´ am. Hat´ arozzuk meg az ¨ osszes olyan F halmazrendszert, amely az {1, 2, . . . , n} halmaz bizonyos r´eszhalmazaib´ ol ´ all, ´es amelyre minden r¨ ogz´ıtett, nem¨ ures X ⊆ {1, 2, . . . , n} mellett ugyanannyi A ∈ F eset´en lesz A ∩ X elemsz´ ama p´ aros, mint p´ aratlan. 3. Igaz-e, hogy ha H ´es A a sz´ amegyenes korl´ atos r´eszhalmazai, akkor H legfeljebb egyf´elek´eppen bonthat´ o fel A p´ aronk´ent diszjunkt eltolt p´eld´ anyaira? (V´egtelen sok eltolt p´eld´ anyt is megenged¨ unk.)

A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2500/6541; 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

65

oA bizotts´ ag a be´erkezett dolgozatok ´atn´ez´ese ut´ an, december 5-ei u ¨l´es´en a k¨ vetkez˝ o jelent´est fogadta el: A verseny minden helysz´ınen rendben zajlott le: a 90 regisztr´alt versenyz˝ ot˝ ol ” ¨osszesen 74 dolgozat ´erkezett be. Az idei versenyen az els˝ o feladatot 14-en, a m´asodik feladatot pedig 16-an oldott´ ak meg helyesen vagy l´enyeg´eben helyesen, a harmadik feladat megold´ as´ anak k¨ozel´ebe pedig egy versenyz˝ o jutott. Egy versenyz˝ o apr´ o pontatlans´ agokt´ ol eltekintve helyesen oldotta meg az els˝ o k´et feladatot, ´es hib´ as, de jav´ıthat´ o konstrukci´ ot adott a harmadik feladatn´ al. Ez´ert I. d´ıjban ´es 45 000 Ft p´enzjutalomban r´eszes¨ ul ´ Isk. ´es Gimn. ´eretts´egiMatolcsi D´ avid, a Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. zett tanul´ oja (tan´ arai Dobos S´ andor, Kiss G´eza ´es Kiss Gergely). N´egy versenyz˝ o oldotta meg l´enyeg´eben az els˝ o k´et feladatot. Ez´ert a teljes´ıtm´eny´ert 66

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

II. d´ıjban ´es 20 000 Ft p´enzjutalomban r´eszes¨ ul Beke Csongor, a B´ek´ asmegyeri Veres P´eter Gimn´ azium 12. oszt´alyos tanul´oja (tan´ arai Sz˝ ucs G´ abor ´es Varga M´ aria), ´ Isk. ´es Gimn. 12. oszt´ Nagy N´ andor, a Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. alyos tanul´ oja (tan´ arai Gyenes Zolt´ an, Kiss G´eza ´es Dobos S´ andor ), ´ Isk. ´es Gimn. 11. oszt´ Velich N´ ora, a Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. alyos tanul´ oja (tan´ arai Fazakas T¨ unde ´es Kocsis Szilveszter ), Weisz M´ at´ e Barnab´ as, a Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs´erleti Gimn´azium 12. oszt´ alyos tanul´oja (tan´ arai Schultz J´ anos ´es Tigyi Istv´ an). III. d´ıjban ´es 15 000 Ft p´enzjutalomban r´eszes¨ ul ´ J´ anosik Aron, a gy˝ ori R´evai Mikl´ os Gimn´azium ´es Koll´egium 12. oszt´alyos ´ tanul´ oja (tan´ ara Arki Tam´ as) az els˝o feladat helyes ´es a m´asodik feladat n´emileg hi´ anyos megold´ as´a´ert. Dics´ eretben ´es 10 000 Ft p´enzjutalomban r´eszes¨ ul H´ amori Janka, a Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs´erleti Gimn´azium 11. oszt´alyos tanul´ oja (tan´ arai Schultz J´ anos ´es Tigyi Istv´ an) az els˝ o feladat helyes megold´ as´a´ert ´es a m´asodik feladatban el´ert ´ert´ekes r´eszeredm´enyek´ert, ´ Isk. ´es Gimn. 11. V´ arkonyi Zsombor, a Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. oszt´ alyos tanul´oja (tan´ arai Fazakas T¨ unde, Kocsis Szilveszter, P´ osa Lajos ´es Dobos S´ andor ) az els˝ o feladat l´enyeg´eben helyes megold´ as´a´ert ´es a m´asodik feladatban el´ert ´ert´ekes r´eszeredm´enyek´ert. ar ´es A versenybizotts´ ag ez´ uton k¨ osz¨ oni meg minden versenyz˝ o, felk´esz´ıt˝o tan´ a lebonyol´ıt´ asban k¨ ozrem˝ uk¨ od˝ o koll´ega munk´ aj´at, a d´ıjazottaknak pedig tov´ abbi sikereket k´ıv´ anva gratul´al.”

Legyen BC felez˝opontja F ; az F B1 ´es F C1 szakaszok a BC oldal Thal´eszk¨or´enek sugarai, ez´ert F B1 = F C1 . Szint´en j´ol ismert, hogy az A1 , B1 , C1 , F pontok egy k¨or¨on, a h´ aromsz¨ og Feuerbach-k¨ or´en vannak. aromsz¨ ogek egybev´ ag´ ok, mert F B1 = Vegy¨ uk ´eszre, hogy az F B1 P ´es F C1 Q h´ = F C1 , B1 P = B1 C1 = C1 Q, ´es P B1 F  = A1 B1 F  = A1 C1 F  = QC1 F  az o ker¨ uleti sz¨ ogek a Feuerbach-k¨ or¨ on. Teh´ at A1 B1 F ´ıvhez tartoz´ A1 P F  = 180◦ − F P B1  = 180◦ − F QC1  = A1 QF ,

A 2019. ´ evi Ku ak J´ ozsef Matematikai Tanul´ overseny ¨ rsch´ feladatainak megold´ asai

ez pedig mutatja, hogy az A1 , F , P , Q pontok egy k¨ or¨ on vannak, ahogy az bizony´ıtand´ o volt. 

1. Az ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben AB < AC < BC, az A, B, C cs´ ucsokb´ ol indul´ o magass´ agok talppontjai rendre A1 , B1 , illetve C1 . Legyen P a C1 pont uk¨ ork´epe a CC1 egyenesre. t¨ uk¨ ork´epe a BB1 egyenesre, ´es legyen Q a B1 pont t¨ aromsz¨ og k¨ or´e ´ırt k¨ or ´ atmegy a BC oldal felez˝ oMutassuk meg, hogy az A1 P Q h´ pontj´ an. Megold´ as. El˝ osz¨or megmutatjuk, hogy a P pont az A1 B1 , a Q pedig az A1 C1 szakasznak bels˝o pontja. Legyen A az A cs´ ucsnak a BB1 magass´ agra vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epe. Az AB < BC felt´etel miatt AB1 < B1 C, ez´ert az A pont a B1 C szaaromsz¨ og belsej´eben halad, ´es P ennek kasznak bels˝ o pontja. A BA szakasz a h´ bels˝ o pontja, teh´at P a h´ aromsz¨ og belsej´ebe esik. J´ ol ismert, hogy b´armely hegyessz¨ og˝ u h´aromsz¨ ogben a magass´ agvonalak felezik agra a talpponti h´ aromsz¨ og sz¨ ogeit, ez´ert a B1 C1 f´elegyenesnek a BB1 magass´ at a B1 A1 f´elegyenesnek vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epe a B1 A1 f´elegyenes. A P pont teh´ a h´aromsz¨ og belsej´ebe es˝ o szakasz´ an, vagyis az A1 B1 szakasz belsej´eben helyezkedik el. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Hasonl´oan l´ athatjuk, hogy AC < BC miatt Q az A1 C1 szakasznak bels˝o pontja.

67

2. Legyen n pozit´ıv eg´esz sz´ am. Hat´ arozzuk meg az ¨ osszes olyan F halmazrendszert, amely az {1, 2, . . . , n} halmaz bizonyos r´eszhalmazaib´ ol ´ all, ´es amelyre minden r¨ ogz´ıtett, nem¨ ures X ⊆ {1, 2, . . . , n} mellett ugyanannyi A ∈ F eset´en lesz A ∩ X elemsz´ ama p´ aros, mint p´ aratlan. I. megold´ as. Sz´ amoljuk meg k´etf´elek´eppen, hogy h´ any olyan (A, B, C) rendezett h´ armas van, melyre A ´es B az F halmazrendszer k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o eleme, C ⊆ {1, 2, . . . , n} pedig egy olyan nem¨ ures r´eszhalmaz, melyre az A ∩ C ´es B ∩ C halmazok elemsz´ am´anak parit´asa k¨ ul¨ onb¨ ozik. (∗) El˝osz¨or is megjegyezz¨ uk, hogy b´ armely (v´eges) nem¨ ures S halmaz r´eszhalmazainak pontosan a fele p´aros, illetve p´ aratlan m´eret˝ u. S˝ ot, a´ltal´ anosabban, ha T ⊇ S egy (v´eges) halmaz, akkor T r´eszhalmazainak ´eppen a fele metszi (a nem¨ ures) S-et p´ aros, illetve p´ aratlan elemsz´ am´ u halmazban (hiszen S o ki minden r´eszhalmaza ugyanannyif´elek´eppen, 2|T \S| -f´elek´eppen, eg´esz´ıthet˝ T r´eszhalmaz´ av´ a). Ezt az ´eszrev´etelt a megold´ as sor´ an t¨ obbsz¨ or is fel fogjuk haszn´ alni. 68

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Legyen |F| = t. El˝osz¨ or A ´es B megv´ alaszt´ as´ aval kezdj¨ uk: A-ra t lehet˝ os´eg van, ezut´ an B-re (t − 1), hiszen A = B ∈ F. Ezut´an pontosan azok a C nem¨ ures halmazok megfelel˝ok, melyek az AΔB (nem¨ ures) halmazt (vagyis A ´es B szimmetrikus differenci´aj´at) p´ aratlan sok elemben metszik. Ezt a felt´etelt (∗) alapj´ an a r´eszhalmazok fele teljes´ıti (´es nincs k¨ ozt¨ uk az ∅), ´ıgy a megfelel˝ o C halmazok sz´ama 2n−1 . Teh´at a megfelel˝o (A, B, C) h´ armasok sz´ ama t(t − 1)2n−1 .

Most ugyanezt m´ asf´elek´eppen is megsz´ amoljuk: el˝ osz¨or C-t v´ alasztjuk meg, os´eg van. Ezut´ an az olyan (A, B) p´arok lesznek megfelel˝ok, erre (2n − 1)-f´ele lehet˝ melyekre |A ∩ C| ´es |B ∩ C| parit´ asa k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Az A ∈ F halmaz tetsz˝olegesen megv´ alaszthat´o, majd ezut´an a felt´etel szerint ´eppen t/2 esetben lesz |B ∩ C| parit´ asa megfelel˝ o (vagyis |A ∩ C| parit´ as´at´ ol k¨ ul¨ onb¨oz˝ o). ´Igy a h´ armasok sz´ ama n (2 − 1)t(t/2).

A t(t − 1)2n−1 = (2n − 1)t(t/2) (t-ben m´asodfok´ u) egyenlet megold´ asai t = 0 at az u osszes r´eszhalmazt tartalmaz´ o halmazrend´es t = 2n . Teh´ ¨res halmazon ´es az ¨ szeren k´ıv¨ ul nincs megfelel˝ o F.

Ez a k´et halmazrendszer pedig teljes´ıti a felt´eteleket: ha F az u ¨res halmazrendszer, akkor A ∩ X elemsz´ ama 0-szor lesz p´ aros, 0-szor lesz p´ aratlan; ha pedig F az ¨ osszes r´eszhalmazt tartalmaz´o halmazrendszer, akkor (∗) szerint b´armely nemu ama 2n−1 esetben p´ aros, 2n−1 esetben p´ aratlan. ¨res X-re A ∩ X elemsz´ Teh´ at k´et megfelel˝ o halmazrendszer van: az u ¨res halmaz ´es az {1, 2, . . . , n} osszes r´eszhalmaz´ at tartalmaz´o halmazrendszer.  ¨

II. megold´ as (Fleiner Zsigmond ´es Velich N´ora megold´ asa alapj´ an). Megmutatjuk, hogy csak az u o ¨res halmazrendszer ´es az ¨osszes r´eszhalmazt tartalmaz´ halmazrendszer megfelel˝o. u t´ abl´ azatot, melynek sorai Legyen ism´et |F| = t. K´esz´ıts¨ unk egy t × 2n m´eret˝ az F-beli halmazoknak, oszlopai pedig az {1, 2, . . . , n} r´eszhalmazainak felelnek meg. B´armely A ∈ F ´es X ⊂ {1, 2, . . . , n} halmazok eset´en az A-nak megfelel˝o sor ´es az X-nek megfelel˝o oszlop k¨ oz¨ os mez˝oj´ebe ´ırjunk (+1)-et, ha |A ∩ X| p´ aros, illetve (−1)-et, ha |A ∩ X| p´ aratlan. Ebben a t´ abl´ azatban sz´ am´ıtsuk ki a sz´ amok osszeg´et k´etf´elek´eppen: oszloponk´ent ´es soronk´ent is. ¨ A felt´etel szerint b´ armely nem¨ ures X eset´en az A ∈ F halmazoknak pontosan a fel´ere lesz |A ∩ X| p´ aros, illetve p´ aratlan, vagyis az X-nek megfelel˝o oszlopban a sz´ amok fele +1, fele −1; az ¨ osszeg¨ uk 0. Az u aros ¨res halmaz minden A ∈ F-et a p´ u at az u o oszlopban mind a t elem ¨res halmazban metsz, teh´ ¨res halmaznak megfelel˝ +1. Azt kaptuk, hogy a t´ abl´ azatban az elemek ¨ osszege t. Ha ∅ ∈ F, akkor az ∅-nak megfelel˝o sorban csupa +1 a´ll, ezek ¨osszege 2n . Tekints¨ unk most egy tetsz˝ oleges nem¨ ures A ∈ F elemet ´es a neki megfelel˝ o sort. Mivel az A nem¨ ures, az {1, 2, . . . , n} r´eszhalmazaival vett metszeteinek ´eppen a fele p´ aros, ¨ iletve p´aratlan; az ilyen sorokban az elemek ¨ osszege 0. Osszess´ eg´eben, a t´abl´ azat osszege 2n , ha ∅ ∈ F, ´es 0, ha ∅ ∈ / F. ¨ A k´etf´ele ¨ osszesz´ amol´asb´ ol azt kaptuk, hogy t = 0 vagy t = 2n , vagyis F az u ab´ol ´all. Azt, ¨res halmazrendszer, vagy pedig {1, 2, . . . , n} ¨osszes r´eszhalmaz´

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

69

hogy ez a k´et halmazrendszer teljes´ıti a felt´eteleket, ugyan´ ugy ellen˝ orizhetj¨ uk, mint az I. megold´ asban.  3. Igaz-e, hogy ha H ´es A a sz´ amegyenes korl´ atos r´eszhalmazai, akkor H legfeljebb egyf´elek´eppen bonthat´ o fel A p´ aronk´ent diszjunkt eltolt p´eld´ anyaira? (V´egtelen sok eltolt p´eld´ anyt is megenged¨ unk.) I. megold´ as. Megmutatjuk, hogy a k´erd´eses k¨ ovetkeztet´es nem igaz. Rekurashalmazokat (mind R nem¨ ures r´eszz´ıvan fel´ep´ıtj¨ uk A-t, H-t, ´es az E = E  eltol´ halmazai), u ´gy, hogy H=



(A + e) =



(A + e ),

e ∈E 

e∈E

´es mind az A + e = {a + e : a ∈ A} (e ∈ E) eltoltak, mind az A + e = {a + e : aronk´ent diszjunktak. a ∈ A} (e ∈ E  ) eltoltak p´ Legyen el˝osz¨ or A1 = {0}, E1 = {0}, E1 = {1}, ´es H1 = (A1 + E1 ) ∪ (A1 + E1 ) = = {0, 1}. Innen rekurz´ıvan haladunk tov´ abb. Tegy¨ uk fel, hogy m´ ar megkonstru´altuk ´gy, hogy En ∩ En = ∅, An + En ´es An + En minden a v´eges An , En , En halmazokat u aronk´ent ´altaluk lefedett elemet egyszer fednek (vagyis az A + e (e ∈ En ) halmazok p´ aronk´ent diszjunktak). Legyen diszjunktak, ´es az A + e (e ∈ En ) halmazok is p´ as ut´an minden egyes h ∈ Hn elemre ekkor Hn = (An + En ) ∪ (An + En ). Most egym´ unk a k¨ovetkez˝ ot tessz¨ uk: ha h eddig nem volt benne An + En -ben, akkor betesz¨ osszege ´eppen h legyen, ´es a kor´ abbi An -be egy a, En -be egy e elemet, hogy azok ¨ u (ahol ezek tulajdons´agok ne romoljanak el, azaz a ne legyen a1 + e1 − e2 alak´ u (ahol kor´ abbi elemek: a1 ∈ An , e1 , e2 ∈ En ), ´es e se legyen e1 + a1 − a2 alak´ ot, az u ´j e ne legyen En -ben sem. Mindegyik felt´etel v´eges e1 ∈ En , a1 , a2 ∈ An ), s˝ sok elem letilt´as´ at jelenti. Ugyan´ıgy j´arunk el An + En eset´eben is. ´Igy kapjuk   halmazokat, nyilv´an Hn ⊆ An+1 + En+1 , Hn ⊆ An+1 + En+1 . az An+1 , En+1 , En+1 ∞ ∞ ∞     ∞ An , E = En , E  = En , H = n=1 Hn megfeVil´ agos, hogy A = n=1

n=1

n=1

lelnek, amennyiben a korl´ atoss´ ag is teljes¨ ul. Azonban a korl´ atoss´ agot is k¨ onnyen betarthatjuk, ha minden u ´j elemet a (−2, 2) intervallumb´ol v´ alasztunk a k¨ ovetkez˝ ok´eppen: egy tipikus l´ep´esben egy adott Hn  h ∈ (−2, 2) + (−2, 2) = (−4, 4) elemet  ). Vil´ agos, akarunk fel´ırni a + e alakban, ahol a ∈ An+1 , ´es e ∈ En+1 (vagy En+1 hogy mivel csak v´eges sok letiltott elem van, l´eteznek ennek megfelel˝o a, e ∈ (−2, 2) sz´ amok. 

II. megold´ as (Matolcsi D´avid dolgozata alapj´ an). Legyen H a (−2, 2) ny´ılt intervallumba es˝ o, 3-hatv´ any nevez˝oj˝ u racion´ alis sz´ amok halmaza. Legyen A ⊂ u sz´ amok halmaza, ahol r nemnegat´ıv eg´esz. Be fogjuk ⊂ (−1, 1) a ±(1 − 3−r ) alak´ l´ atni, hogy H t¨ obbf´elek´eppen is felbonthat´ o A-nak p´aronk´ent diszjunkt eltoltjaira. Legyen E a [−1, 1] z´ art intervallumba es˝ o, 3-hatv´ any nevez˝oj˝ u racion´ alis sz´ amok halmaza. Ekkor A + E = {a + e : a ∈ A, e ∈ E} ⊆ H (itt val´ oj´aban egyenl˝ os´eg ´all). Mivel A ´es A + 2/3 is tartalmazza a 2/3 sz´ amot, ez´ert A-nak ez a k´et eltoltja nem diszjunkt. El´eg bel´ atni, hogy mindkett˝o kieg´esz´ıthet˝ o H felbont´as´av´ a A-nak 70

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

p´ aronk´ent diszjunkt eltoltjaira. Mivel H megsz´ aml´ alhat´ o, el´eg bel´ atni, hogy ha vaamokkal k´epzett A + ei eltoltak nem tartalmazz´ak a h ∈ H lamely e1 , . . . , en ∈ E sz´ sz´ amot, akkor van olyan e ∈ E sz´ am, hogy az A + e eltolt tartalmazza a h sz´ amot ol. ´es diszjunkt A + e1 , . . . , A + en mindegyik´et˝ V´ alasszuk az r  2 eg´esz sz´ amot olyan nagynak, hogy 3r−2 (h − ei ) eg´esz legyen minden i = 1, . . . , n eset´en, tov´ abb´ a 3−r  2 − |h| ´alljon. Ekkor |h| − (1 − 3−r )   1, teh´at tudunk olyan el˝ ojelet v´alasztani, hogy az a = ±(1 − 3−r ) ´es e = h − a v´alaszt´ assal |e|  1, azaz e ∈ E legyen. Ekkor h = a + e ∈ A + e.

A feladatot sokf´elek´eppen megoldhatjuk, p´eld´ aul az el˝ oz˝ o r´eszben bemutatott k´ upokkal. Haszn´ aljuk az 1. ´es a 2. ´ abra jel¨ ol´eseit; feltessz¨ uk, hogy az a1 b1 a2 b2 , ogek ´erint˝on´egysz¨ ogek, ´es ebb˝ ol fogjuk az a1 b2 a2 b3 , valamint az a2 b1 a3 b2 , n´egysz¨ og is ´erint˝on´egysz¨ og. megmutatni, hogy az a2 b2 a3 b3 n´egysz¨

M´ar csak azt kell bel´atnunk, hogy b, c ∈ A ´es 1  i  n eset´en b + e = c + ei , / A + ei , ez´ert h − ei ∈ / azaz b + h − a = c + ei , vagyis a − b + c = h − ei . Mivel h ∈ ∈ / A, teh´at a = b vagy a = −c eset´en k´eszen vagyunk, hiszen ekkor a − b + c ∈ A. (Ut´ obbi esetben haszn´ aljuk, hogy az A halmaz a 0-ra szimmetrikus.) Egy´eb esetben ol a k´ıv´ ant nem-egyenl˝os´eg azonnal bel´ atjuk, hogy 3r−2 (a − b + c) nem eg´esz, amib˝ k¨ ovetkezik.

Legyen b = ±(1 − 3−s ) ´es c = ±(1 − 3−t ), ekkor 3r (a − b + c) = ±(3r − 1) ∓ o eg´esz, ∓1 ± 3r−s ∓ 3r−t pedig (3 − 3r−s ) ± (3r − 3r−t ), ahol 3r egy 9-cel oszthat´ nem, mert max(s, t) > r eset´en ez vagy ∓1, vagy nem eg´esz, max(s, t)  r eset´en pedig vagy ∓3, vagy nem oszthat´o 3-mal. ´Igy teh´ at 3r (a − b + c) nem lehet 9-cel oszthat´ o eg´esz.  Pach P´ eter P´ al r

T´ erbe kil´ ep˝ o bizony´ıt´ asok V.1 Egy olimpiai feladatjavaslat to enete ¨rt´ Ebben a cikksorozatban olyan bizony´ıt´ asokat mutatunk be, amikor a geometriai alakzatokat t´erbe kil´epve”, h´ arom- vagy ak´ ar m´eg magasabb dimenzi´ os ” objektumok vet¨ uletek´ent vagy metszetek´ent ´ all´ıtjuk el˝ o.

Ez a r´esz egy kicsit szem´elyesebb lesz. Egy feladatjavaslat t¨ort´enet´et mes´elem el, amit a 2010-es Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpi´ara (IMO) javasoltam. A kiindul´ o feladat K´et pontb´ ol ind´ıtsunk h´ arom-h´ arom f´elegyenest u ´gy, hogy b´ armelyik k´et, k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontb´ ol indul´ o egyenes elmetssze egym´ ast; ezek a f´elegyenesek n´egy n´egysz¨ oget hat´ aroznak meg. Igazoljuk, hogy ha a n´egysz¨ ogek k¨ oz¨ ul valamelyik h´ arom ´erint˝ on´egysz¨ og, akkor a negyedik is ´erint˝ on´egysz¨ og (1. a´bra).

A cikksorozat a R´enyi Int´ezet ´es a Sztaki t´ amogat´ as´ aval k´esz¨ ult.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

A terv¨ unk az, hogy a Σ alaps´ıkunkb´ ol a t´erbe kil´epbe, a n´egysz¨ ogekbe ´ırt k¨or¨okre egym´ ashoz hasonl´ o k´ upokat illeszt¨ unk, majd megszerkesztj¨ uk a negyedik k´ upot. (A 2. a´br´ an olyan k´ upokat rajzoltam, amelyek magass´ aga k´etszerese az alapk¨or¨ uk sugar´ anak; a konkr´et ar´ anynak nincs jelent˝ os´ege.) Az olyan k´ upoknak a cs´ ucsai, amelyek alapk¨ ore ´erinti az a1 ´es a2 f´elegyeneseket, egy A-b´ ol indul´o f´elegyenesen vannak; jel¨ olj¨ uk ezt a f´elegyenest c1 -gyel. Hasonl´oan, az a2 ´es a3 f´elegyeneseket, a b1 ´es b2 f´elegyeneseket, illetve a b2 ´es b3 f´elegyeneseket ´erint˝o k¨ or¨ okre emelt k´ upok cs´ ucsai is egy-egy f´elegyenesen vannak; jel¨olje ezeket rendre c2 , d1 , illetve d2 (2. a´bra). A c1 ´es d1 f´elegyenesek a P pontban, az a1 b1 a2 b2 n´egysz¨ ogbe ´ırt k¨ orh¨ oz tartoz´o k´ up cs´ ucs´aban metszik egym´ast. Ugyan´ıgy, a c1 ´es d2 , illetve a c2 ´es d1 is metszik egym´ ast a m´asik k´et k´ up cs´ ucs´ aban, a Q ´es a P pontban. A feladat a´ll´ıt´ as´ ahoz el´eg azt igazolnunk, hogy a c2 ´es a d2 f´elegyenes is elmetszi egym´ast, ugyanis a metsz´espontjuk egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza a negyedik k´ upot, amelynek alapk¨ ore ´erinti az a2 , b2 , a3 , b3 f´elegyenesek mindegyik´et. Legyen Π az ABP h´ aromsz¨ og s´ıkja. A Q pont a c1 = AP egyenesen, az R pont at Q, R ∈ Π. Akkor viszont a c2 = AR ´es pedig a d1 = BP egyenesen van, teh´ a d2 = BQ f´elegyenes is a Π s´ıkban fekszik. A c2 ´es a d2 f´elegyenesek Σ-ra val´ o mer˝ oleges vet¨ ulete az a2 ´es az a3 , illetve ogfelez˝ oje, ezek az a2 b2 a3 b3 n´egysz¨ og belsej´eben metszik egym´ast; a b2 ´es b3 sz¨ a metsz´espontjukat Σ-ra mer˝olegesen visszavet´ıthetj¨ uk Π-re, az ´ıgy kapott pont oz¨ os pontja, ami bizony´ıtja az ´all´ıt´ ast. c2 -nek ´es d2 -nek k¨ Valamikor 2009 ˝osz´en a 6-os villamoson kapaszkodva ezen a klasszikus feladaton gondolkodtam, akkor j¨ ottem r´ a, hogy a bizony´ıt´ as hiperbolikus geometri´ aban is elmondhat´ o, ha a k´ upok hasonl´ os´ aga helyett azt k¨ otj¨ uk ki, hogy az alkot´ oik ugyanakkora sz¨ ogben metszik az alaps´ıkot. Haza´erve megpr´ ob´ altam az ´eszrev´etel-

1. a ´bra 1

2. ´ abra

71

72

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

b˝ ol feladatot gy´ artani u ´gy, hogy lerajzoltam az a´br´ at a hiperbolikus s´ık egyik j´ ol ismert modellj´eben, a Poincar´e-f´ele k¨ ormodellben. A Poincar´ e-f´ ele k¨ ormodell2 A hiperbolikus s´ık modellje azt jelenti, hogy bizonyos dolgokat elnevez¨ unk pontnak”, pontok bizonyos halmazait egyenesnek”, defini´ aljuk a pontok sorrendj´et ” ” az egyeneseken, pontok t´ avols´ ag´ at” ´es egyenesek sz¨og´et”, ´es mindezt u ´gy, hogy ” ” az ¨ osszes geometriai axi´ om´ank teljes¨ ulj¨ on, kiv´eve a p´ arhuzamoss´ agi axi´om´at, ami helyett azt k¨ otj¨ uk ki, hogy b´armely egyeneshez b´ armely rajta k´ıv¨ ul fekv˝o pontb´ ol v´egtelen sok p´ arhuzamos egyenest lehet h´ uzni. Egy kor´ abbi, a K¨oMaL honlapj´an is el´erhet˝ o cikkben [1] o¨sszefoglaltam n´egyf´ele hiperbolikus modell, a Beltrami–Cayley–Klein-modell, a Poincar´e-f´ele k¨or-, f´els´ık- ´es f´elg¨ ombmodellek alapvet˝o defin´ıci´ oit ´es a modellek k¨oz¨otti megfeleltet´eseket. A mostani j´ at´ekunkhoz csak a k¨ ormodell n´eh´ any alapvet˝ o tulajdons´ag´ara lesz sz¨ uks´eg. Vegy¨ unk az euklideszi s´ıkon egy k¨ orlapot, ez lesz az alapk¨or”. A k¨or belsej´ebe ” es˝ o pontok a k¨ ormodell pontjai. A k¨ ormodell egyenesei az alapk¨ort mer˝ olegesen metsz˝ o k¨ or¨ oknek az alapk¨ or belsej´ebe es˝ o ´ıvei, bele´ertve az alapk¨or ´atm´er˝ oit is (3. ´ abra).

k¨ orvonalnak l´ atszanak. A modell hat´ ar´ ahoz k¨ ozeledve az egyenl˝o nagys´ ag´ u k¨ or¨ oket a modellben egyre kisebb k¨ or¨ okkel kell lerajzolnunk; a 4. a ´br´ an a k¨ ormodell egy kicsemp´ez´ese l´ athat´ o olyan egybev´ag´ o szab´ alyos ¨ otsz¨ ogekkel, amelyek sz¨ ogei der´eksz¨ogek, ´es az ¨ otsz¨ ogekbe ´ırt k¨ or¨ oket is megrajzoltam. A k¨ormodell csemp´ez´eseit rengeteg m˝ uv´eszi alkot´ asban haszn´ alt´ ak m´ar fel; u fametszete. p´eld´ aul az 5. ´ abr´ an l´athat´ o Escher3 Circle Limit I c´ım˝ Olimpiai feladatjavaslat Az 6. ´ abr´ an az 1 a´bra hiperbolikus v´ altozat´ at rajzoltam le: az A pont az alapor sugarai. k¨or k¨oz´eppontja, az ebb˝ ol kiindul´ o a1 , a2 , a3 f´elegyenesek az alapk¨ A B pont egy m´ asik pont a modellben, az ebb˝ ol kiindul´ o f´elegyenesek k´epei az alapk¨orre mer˝ oleges k¨ or´ıvek. Az ´abr´ at invert´ alhatjuk az alapk¨ or hat´ ar´ ara; a b1 , b2 , b3 k¨or´ıvek meghosszabb´ıt´asai az B pont inverz´en mennek ´at, ´es a modellen k´ıv¨ ul megkapjuk az ´abra t¨ uk¨ ork´ep´et is.

K´et pont t´ avols´ ag´ at a k¨ ovetkez˝ ok´eppen defini´ alhatjuk: ha X ´es Y k´et pont az alapk¨ orre mer˝ oleges AB k¨ or´ıven, akkor az X ´es Y pontok t´ avols´ aga    AX · Y B    . d(X, Y ) = k ·  ln(ABXY ) = k · ln AY · XB 

(A k¨ oz´eps˝ o k´epletben n´egy, egy k¨ or¨ on fekv˝ o pont kett˝osviszonya szerepel, ami pontosan ugyan´ ugy fejezhet˝ o ki a h´ urok hossz´aval, mint amikor egy egyenesre esnek.) A t´ avols´ agokn´ al sokkal szebb a sz¨ ogek defin´ıci´oja: k´et egyenes” sz¨oge ´eppen ” akkora, mint amekkor´ anak a modellben l´atszik.

3. a ´bra

4. a ´bra

Az ´abr´ aval nem voltam el´egedett. T´ ul nyilv´ anval´o volt, hogyan k´esz¨ ult, a t¨ uk¨ork´ep ´abra l´etrej¨ otte sem tetszett, ´es a k´epen szerepl˝ o sugarakat ´es k¨ or´ıveket sem k¨onny˝ u megrajzolni u ´gy, hogy metssz´ek egym´ ast. Azt tal´ altam ki, hogy megv´alas´ an, toztatom a pontok sorrendj´et: az A pont nem a BB  szakasz meghosszabb´ıt´ hanem a belsej´eben lesz, ett˝ ol kezdve az ´abra t¨ obb´e m´ar nem a k¨ ormodell r´esze. Az alapk¨or lerajzol´ as´ara sincs sz¨ uks´eg. A pontok cser´eje ut´ an ez lett az u ´j feladat: Feladat. A s´ık A ´es C pontjait az a1 , a2 ´es a3 k¨ or´ıvek u ´gy k¨ otik ¨ ossze, hogy or´ıv az a1 ´es az a3 k¨ oz¨ ott az AC egyenesnek ugyanazon az oldal´ an vannak, ´es az a2 k¨ helyezkedik el. Az AC szakasz egy B pontj´ ab´ ol indulnak a b1 , b2 ´es b3 f´elegyenesek, oz¨ ott helyezkedik el. ugyanabban a f´els´ıkban, mint a k¨ or´ıvek; a b2 f´elegyenes b1 ´es b3 k¨ Tekints¨ uk a k¨ or´ıvek ´es f´elegyenesek ´ altal hat´ arolt, n´egyoldal´ u a 1 b1 a 2 b2 , a1 b2 a2 b3 , a2 b1 a3 b2 , ´es a2 b2 a3 b3 tartom´ anyokat. Bizony´ıtsuk be, hogy ha ezek k¨ oz¨ ul valamelyik h´ aromba k¨ ort lehet ´ırni, akkor a negyedikbe is (7. a´bra).

5. a ´bra

A modellben a tengelyes t¨ ukr¨ oz´esek az egyeneseknek megfelel˝o k¨or´ıvre val´ o inverzi´ ok; ennek k¨ ovetkezm´enye, hogy a hiperbolikus k¨ orvonalak a k¨ ormodellben is 2

6. ´ abra

A feladatot (kicsit m´as bet˝ uz´essel) javasoltuk a 2010-es, Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpi´ara, amelyet Kazahszt´ an u ´j f˝ ov´ aros´ aban, Asztan´ aban rendeztek. 3

Jules Henri Poincar´e francia matematikus, 1854–1912

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

73

74

Maurits Cornelis Escher holland grafikus, 1898–1972.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

felfel´e ezekre a k¨ or¨ okre olyan k´ upokat, amelyek alkot´ oi ϕ sz¨ oget z´ arnak be a Σ s´ıkkal. Az ´ıgy kaphat´ o k´ upok cs´ ucsai egy, A-t ´es C-t ¨ osszek¨ ot˝ o ellipszis´ıven vannak. orre lefel´e, az a2 -re Bizony´ıt´ as. Ism´et feltessz¨ uk, hogy i = 1. Illessz¨ unk az a1 k¨ felfel´e egy-egy k´ uppal´astot, amelyek alkot´ oi ϕ sz¨ oget z´ arnak be Σ-val; ezek cs´ ucsa legyen P , illetve Q. ulr˝ ol ´erinti a2 -t, Legyen k egy tetsz˝ oleges k¨ or, amely k´ıv¨ ulr˝ ol ´erinti a1 -et ´es bel¨ a k¨oz´eppontja O, az ´erint´esi pontjai az a1 ´ıven T , az a2 ´ıven U . A k-ra felfel´e illesztett k´ up cs´ ucsa legyen K. (9. ´ abra). 7. ´ abra

A pontok a´trendez´ese miatt az eredeti, hiperbolikus geometriai megold´as m´ar nem m˝ uk¨ odik, de egy feladatjavaslathoz egy´ebk´ent is illik elemi megold´ asokat mell´ekelni. K´et megold´ ast mutatok. 1. megold´ as, k´ upokkal A kiindul´ o feladat mint´aj´ara, az ´abr´ aban szerepl˝o k¨or¨okre egym´ ashoz hasonl´ o k´ upokat fogunk illeszteni, majd megszerkesztj¨ uk a negyedik k´ upot. A v´ altoz´ as az, hogy most olyan k¨ or¨ ok is szerepelnek, amelyek k´et r¨ogz´ıtett k¨or´ıv k¨oz´e” van” nak ´ırva. Megvizsg´aljuk, hol lehetnek, milyen p´aly´ an mozoghatnak az ilyen k¨or¨ok k¨ oz´eppontjai, ´es a k¨ or¨okre illesztett k´ upok cs´ ucsai. 1. lemma. Azoknak a k¨ or¨ oknek a k¨ oz´eppontulr˝ ol ´erintik jai, amelyek k´ıv¨ ulr˝ ol ´erintik ai -t ´es bel¨ osszek¨ ot˝ o ellipszis´ıven vanai+1 -et, egy, A-t ´es C-t ¨ nak. (i = 1 vagy i = 2.) Bizony´ıt´ as. Feltehetj¨ uk, hogy i = 1. Legyen k olyan k¨ or, amely k´ıv¨ ulr˝ ol ´erinti a1 -et ´es bel¨ ulr˝ ol ´erinti a2 -t, az ´erint´esi pontjai az a1 ´ıven T , az a2 ´ıven U , a k¨ oz´eppontja P . Legyen or k¨ oz´eppontja O1 , az a2 k¨ oz´eppontja O2 , az a1 k¨ abra). a k¨ or¨ ok sugarai r, r1 , illetve r2 (8. ´ Vegy¨ uk ´eszre, hogy

9. ´ abra

Legyen u a k ´es az a2 ´ıv U -ban h´ uzott k¨ oz¨ os ´erint˝oje. Az U K f´elegyenes a k-ra up alkot´ oja. Mindkett˝ o mer˝ oleges emelt k´ up, az U Q f´elegyenes pedig az a2 -re emelt k´ u-ra, ϕ sz¨oget z´ ar be Σ-val, ´es a k¨ or¨ ok belseje fel´e d˝ ol, ez´ert a k´et f´elegyenes ugyanaz. upon. Teh´at a K pont rajta van az U Q egyenesen, ´es ez´ altal az a2 ´ıvre illesztett k´ Ugyan´ıgy l´athatjuk, hogy a T K f´elegyenes a k-ra illesztett k´ up, a T P f´elegyeup alkot´ oja, ´es ezek egym´ as meghosszabb´ıt´ asai, ´ıgy nes az a1 -re lefel´e illesztett k´ uppal´aston is rajta van, teh´at K k¨ oz¨ os pontja az a1 -re a K pont az a1 -re illesztett k´ uppal´astoknak. ´es az a2 -re illesztett k´

8. ´ abra

O1 P + O2 P = (O1 T + T P ) + (O2 U − P U ) = (r1 + r) + (r2 − r) = r1 + r2 , vagyis P rajta van az O1 , O2 f´okusz´ u, r1 + r2 nagytengely˝ u ellipszisen; ez az ellipszis ´tmegy az A ´es C pontokon, mert O1 A + O2 A = O1 C + O2 C = r1 + r2 . a Megford´ıtva, ha P egy pont az ellipszisnek az a1 ´es a2 k¨oz¨otti ´ıv´en, akkor u k¨or k´ıv¨ ulr˝ ol ´erinti a1 -et ´es bea P k¨ oz´eppont´ u, r = O1 P − r1 = r2 − O2 P sugar´ l¨ ulr˝ ol ´erinti a2 -t. 2. lemma. Legyen ϕ r¨ ogz´ıtett hegyessz¨ og, ´es i = 1 vagy i = 2. Tekints¨ uk azokat a k¨ or¨ oket, amelyek k´ıv¨ ulr˝ ol ´erintik ai -t ´es bel¨ ulr˝ ol ´erintik ai+1 -et, ´es emelj¨ unk ezekre K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

75

A cikk 3. r´esz´eben l´attuk, hogy p´ arhuzamos tengely˝ u, azonos meredeks´eg˝ u k´ upok k¨oz¨os pontjai egy s´ıkban vannak. Teh´ at a lehets´eges K pontok egy r¨ ogz´ıtett Π s´ıkban vannak. A k´et k´ upnak A ´es C is k¨ oz¨ os pontja, teh´at a Π s´ık illeszkedik az AC egyenesre. Az 1. lemma szerint a lehets´eges O pontok egy e ellipszis´ıvet alkotnak, amely olegesen visszavet´ıtj¨ uk Π-re, ¨osszek¨oti A-t ´es C-t. Ha ezt az ellipszist Σ-ra mer˝ megkapjuk a lehets´eges K pontokat tartalmaz´o ellipszis´ıvet a Π s´ıkban. Most t´erj¨ unk r´ a a feladat megold´ as´ ara. A 2. lemma szerint az ai ´es ai+1 ´ıvek k¨oz´e ´ırt k¨or¨okre emelt k´ upok cs´ ucsai egy A-t ´es C-t ¨ osszek¨ ot˝ o ci ellipszis´ıven vannak (i = 1, 2). A bj ´es bj+1 ´ıvek k¨ oz´e ´ırt k¨ or¨ okh¨ oz tartoz´o k´ upok cs´ ucsai pedig egy B-b˝ ol indul´ o dj egyenesen (j = 1, 2). 76

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Legyen P , Q ´es R az a1 b1 a2 b2 , az a1 b2 a2 b3 , illetve az a2 b1 a3 b2 tartom´ anyokba ´ırt k¨ orre emelt k´ up cs´ ucsa; ekkor P a c1 ´es d1 metsz´espontja, Q a c1 ´es d2 metsz´esas´ahoz el´eg azt igazolnunk, pontja, ´es R a c2 ´es d1 metsz´espontja. A feladat megold´ abra). hogy c2 ´es d2 is elmetszi egym´ast (10. ´

11. ´ abra

10. ´ abra

Legyen Π az a f´els´ık, aminek hat´ ara az AC egyenes, ´es illeszkedik a BP R arom-h´ arom pontj´at f´elegyenesre. Ez a f´els´ık tartalmazza a c1 ´es c2 ellipszis´ıveknek h´ (A, C, P , illetve A, C, R), ´ıgy mindk´et ellipszis´ıv r´esze Π-nek. Mivel c1 ´atmegy o pontja, Q-n, a Q pont ´es a d2 f´elegyenes is r´esze Π-nek. A c2 ellipszisnek B bels˝ ez´ert a BQ f´elegyenes elmetszi c2 -t. Ezzel a feladatot megoldottuk. 2. megold´ as, t´ erbe kil´ ep´ es n´ elku ¨l Az el˝obbi megold´ ast nem neh´ez tiszt´an s´ıkbeli bizony´ıt´ass´ a alak´ıtani. Az 1. lemm´ara most is sz¨ uks´eg¨ unk lesz. 3. lemma. V´ alasszunk egy tetsz˝ oleges k k¨ ort, amely k´ıv¨ ulr˝ ol ´erinti ai -t ´es oz´eppontja O, sugara r, ´es legyen d bel¨ ulr˝ ol ´erint ai+1 -et (i = 1 vagy i = 2), a k¨ az O pont ´es az AC egyenes t´ avols´ aga. Az r/d ar´ any nem f¨ ugg a k megv´ alaszt´ as´ at´ ol.

´es az a1 bels˝ o hasonl´ os´ agi pontja T , a k  ´es az a1 bels˝ o hasonl´ os´ agi pontja T  ;  a Monge-t´etel szerint H, T ´es T is egy egyenesen van. A H pont teh´at a T T  ´es az U U  egyenes metsz´espontja. A T T  U  U n´egysz¨ og szemk¨ ozti sz¨ ogeinek ¨ osszeg´et ¨ osszesz´ amolhatjuk az OU T , O1 T T  , O T  U  ´es O2 U  U egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ ogekb˝ ol, ´es l´ athatjuk, hogy a sz¨ oog h´ urgek ¨osszege k´et szemk¨ ozti cs´ ucsp´ arn´ al ugyanakkora; teh´ at a T T  U  U n´egysz¨ n´egysz¨og. (A h´ aromsz¨ ogek ir´ any´ıt´as´ at´ ol f¨ ugg˝oen az a´bra t¨ obbf´elek´eppen is kin´ezhet, ez´ert a teljes bizony´ıt´ashoz t¨ obbf´ele esetet is meg kell vizsg´ alni.) Az a1 ´es or hatv´anyvonaa T T  U U  k¨or hatv´anyvonala a T T  egyenes, az a2 ´es a T T  U U  k¨ at H a h´ arom k¨ or hatv´anypontja, ´es ezen a harmadik la pedig az U U  egyenes, teh´ hatv´anyvonal, az AC egyenes is a´tmegy. A k ´es k  k¨ or¨ oket, sugaraikat ´es a d, d t´ avols´ agokat egym´asba nagy´ıthatjuk  a H pontb´ ol, ez bizony´ıtja, hogy dr = dr  . Az 1. ´es a 3. lemma egy¨ utt megoldja a feladatot. Tegy¨ uk fel, hogy az a1 b1 a2 b2 , anyokba k¨ ort lehet ´ırni; ezt a h´ arom k¨ ort jel¨ olje rendre a1 b2 a2 b3 ´es a2 b1 a3 b2 tartom´ oz´eppontjaik t´ avols´ aga az AC k1 , k2 , illetve k3 . Sugaraik legyenek r1 , r2 , illetve r3 ; k¨ egyenest˝ ol d1 , d2 , illetve d3 .

Nem neh´ez ´eszrevenni, hogy a 3. lemma a 2. lemma egyszer˝ u ´atfogalmaz´ asa. Bizony´ıt´ as. Az 1. lemm´ahoz hasonl´oan legyen i = 1, az a1 k¨oz´eppontja O1 , oz´eppontja O2 . Legyenek k ´es k  k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o k¨or¨ok, amik ´erintik a k´et ´ıvet, az a2 k¨ oz´eppontjaik O, illetve O , t´avols´ aguk az AC egyenest˝ ol d, sugaraik r, illetve r ; k¨  illetve d . Azt akarjuk igazolni, hogy dr = dr  . Ha k ´es k  szimmetrikus az O1 O2 egyenesre, akkor az a´ll´ıt´as trivi´ alis; feltehetj¨ uk, hogy a k´et k¨ or nem egym´as t¨ uk¨ ork´epe. A k´et k¨or ´erint´esi pontja a k´et k¨or´ıven ´bra szerint. legyen T , T  , U ´es U  a 11. a  or¨ ok k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontja H. A k ´es az a2 k¨ uls˝ o Legyen a k ´es k k¨ hasonl´ os´agi pontja U , a k  ´es az a2 k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontja U  ; a Monge-t´etel oan, a k szerint a h´arom hasonl´os´agi pont, H, U ´es U  egy egyenesen van. Hasonl´ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

77

12. ´ abra

78

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Legyen e az az 1. lemma szerinti ellipszis´ıv, amely az a2 ´es a3 k¨or´ıveket ´erint˝o oje; az e ´es az f k¨ or¨ ok k¨ oz´eppontjaib´ol ´ all, ´es legyen f a b2 , b3 f´elegyenesek sz¨ogfelez˝ metsz´espontja legyen O, az O t´ avols´ aga az AC egyenest˝ ol d (12. ´ abra).

3. Bizony´ıtsuk be a 3. lemm´at koordin´ at´ akkal. 4. Mutassuk meg, hogy a 7. ´abr´ at inverzi´ oval egy f´elg¨ ombfel¨ uletre k´epezhetj¨ uk u ´gy, hogy az a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 g¨ orb´ek k´epei a g¨ omb¨ on f´el f˝ ok¨ or¨ ok legyenek (13. ´ abra). Az ´ıgy kapott g¨ ombi ´ all´ıt´ ast bizony´ıtsuk be a b´ekaszemm´ odszerrel.

abb´ a a k1 ´es k3 k¨or¨oket a B pontb´ ol egym´asba A 3. lemma szerint dr1 = dr2 , tov´ 1 2 lehet nagy´ıtani, ez´ert dr1 = dr3 . Legyen r = dr2 · d = dr3 · d. A 3. lemma szerint az O 1 3 2 3 k¨ oz´eppont´ u, r sugar´ u k¨ or ´erinti az a2 ´es az a3 ´ıvet is. Tov´ abb´ a, a k2 k¨ort a B pontb´ ol any ugyanebbe a k¨ orbe nagy´ıthatjuk. Ezzel megszerkesztett¨ uk az a2 b2 a3 b3 tartom´ be´ırt k¨ or´et. Asztanai k¨ ozj´ at´ ek

13. ´ abra

Asztan´ aba meg´erkezve az a meglepet´es ´ert, hogy az olimpia helysz´ın´en l´etezik egy ´ep¨ ulet (a neve Shabyt), ami k´et p´ arhuzamos tengely˝ u k´ up metszete. A feladatkiv´ alaszt´ o bizotts´ag tagjaival k´esz´ıtett¨ unk is n´eh´ any f´enyk´epet r´olam ´es a feladatomr´ ol.

Irodalom [1] K´ os G´eza: Hiperbolikus Escher-grafik´ ak. K¨ oMaL 55/1 (2005. janu´ ar), 2–10. https://www.komal.hu/cikkek/2005-01/escher.h.shtml [2] G7 feladat. IMO Shortlist 2010, 60–63. https://www.imo-official.org/problems/IMO2010SL.pdf

K´ os G´ eza

V´alogat´as az Emelt szint˝ u´ eretts´ egi matematik´ ab´ ol – 24 v´ alogatott gyakorl´ o feladatsor megold´ assal ∗ c´ım˝ u kiadv´anyunkb´ol I. r´ esz A Shabyt” ( ” ”

1. Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletrendszert az eg´esz sz´ amp´ arok halmaz´an:  9x · 3y = 81, (11 pont) 6x + 6y + 5xy = 0.

”, jelent´ese: inspir´ aci´ o) m˝ uv´eszeti egyetem Asztan´ aban, Kazahszt´ an f˝ ov´ aros´ aban

A zs¨ uriben a feladat nem volt annyira n´epszer˝ u. T¨obbeknek tetszett, de a t´ergeometri´ at´ ol o´dzkod´ o csendes t¨ obbs´eg gyorsan kiszavazta a lehets´eges neh´ez jel¨oltek k¨ oz¨ ul. (De az´ert nem ez volt a legn´epszer˝ utlenebb feladat: a C6-os feladatot m´eg enn´el is jobban ut´ alt´ ak.) Az olimpia megnyit´o u uggetlens´egi Palot´aban volt, k¨ozvetlen¨ ul ¨nneps´ege a F¨ a Shabyt melletti ´ep¨ uletben. A zs¨ uri nagy r´esze a megnyit´ ora utaz´ as k¨ozben, a buszr´ol l´atta el˝ osz¨ or az ´ep¨ uletet, amikor m´ ar r´eg kiv´ alasztott´ ak a hat feladatot a versenyre. Feladatok 1. Oldjuk meg a Kiindul´ o feladatot a k¨ or¨ okh¨ oz h´ uzott ´erint˝o szakaszok ¨osszehasonl´ıt´as´ aval. upokat, 2. Bizony´ıtsuk be a 2. lemm´at u ´gy, hogy az a1 ´es a2 k¨or´ıvekre nem k´ hanem olyan g¨ omb¨ oket illeszt¨ unk, amelyek ϕ sz¨ ogben metszik a Σ s´ıkot. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

79

2. A miskolci p´ alyaudvar utasell´ at´ o b¨ uf´ej´enek ajtaj´ an a k¨ ovetkez˝ o t´ aj´ekoztat´ o sz¨oveg olvashat´ o: Nyitva tart´ as 03.30–23.30. M˝ uszak´ atad´ as miatt 07.30–08.30 ´es 19.30–20.30 k¨ oz¨ ott z´ arva! a) Mekkora es´ellyel tal´ aljuk nyitva a b¨ uf´et, ha reggel 7 ´es este 9 k¨ oz¨ ott v´eletlenszer˝ uen ´erkez¨ unk a bej´ arat´ ahoz? b) Egy vargab´elest v´as´ aroltunk 200 Ft-´ert. A p´enzt pontosan kisz´amolva adtuk ´at a p´enzt´arosnak. H´ anyf´elek´eppen tehett¨ uk ezt meg, ha 20 Ft-osn´al kisebb c´ımletet nem adtunk, ´es a sorrend nem sz´ am´ıt? utem´enyt szeretne venni, a k´ın´ ac) Az ut´ anunk k¨ ovetkez˝ o v´ as´ arl´o h´ arom p´eks¨ lat: di´ os b´ urkifli, ´ızes lev´el, t´ ur´ os t´ aska, meggyes r´etes ´es kaka´ os csiga. Mekkora ∗

80

B˝ ovebb inform´ aci´ o: https://www.komal.hu/kiadvany/emeltszintu3.h.shtml.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

es´ellyel tal´ aljuk el, hogy mit fog v´ as´ arolni, ha azt felt´etelezz¨ uk, hogy mindegyik v´ alaszt´ as´ anak ugyanannyi az es´elye? (12 pont)

8. Egy h´ az t˝ uzfala egy n´egyzetb˝ ol ´es egy szab´ alyos h´ aromsz¨ ogb˝ ol a´ll. A falat k´et sz´ınnel szeretn´ek vakolni. A k´et r´esz k¨ oz¨ ott a hat´ arvonal egy parabola lesz, amit a mell´ekelt ´ abra mutat. A h´ azik´ o parabola feletti r´esz´et vil´agosabbra, a t¨ obbit s¨ ot´etebbre vakolj´ak. A fel¨ ulet h´ any sz´ azal´eka lesz s¨ ot´etebb a´rnyalat´ u? (16 pont)

3. Az ´ abr´ an egy egys´eg oldal´ u n´egyzet, annak be´ırt k¨ore, oldalfelez˝ o pontjai ´altal meghat´ arozott n´egyzet ´es annak is a be´ırt k¨ ore l´ athat´ o. a) H´any sz´ azal´ek´ at sz´ınezt¨ uk ekkor sz¨ urk´ere a nagy n´egyzetnek? b) Ism´etelj¨ uk meg ezt az elj´ ar´ ast v´egtelen sokszor. H´ any sz´ azal´ek´ at sz´ınezt¨ uk ´ıgy sz¨ urk´ere a nagy n´egyzetnek? (14 pont)

9. Hat´ arozzuk meg azokat az x val´ os sz´amokat, amelyre cos x ´es cos 2x n´egyzet¨ osszege a cos 3x n´egyzet´evel egyenl˝ o. (16 pont)

4. Egy 30 f˝os oszt´ alyb´ ol h´ anyf´ele k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o m´odon ´all´ıthatunk ¨ossze a) egy o os csoportot; (2 pont) ¨tf˝ b) egy legfeljebb ¨ot-, de legal´ abb k´etf˝os csoportot; (4 pont) c) egy ¨ otf˝ os csoportot, ha az oszt´ aly di´akbizotts´ag eln¨ok´enek mindenk´epp benne kell lennie; (4 pont) d) egy ¨ otf˝ os csoportot, akik k¨ oz¨ ul egy embert csoportvezet˝ onek jel¨ol¨ unk ki? (4 pont) II. r´ esz

9. Van hatf´ele sz´ amk´ arty´ ank, mindegyikb˝ ol 1-1 darab: 1, 2, 3, 4, 5, 6. A k´arty´ akat v´eletlenszer˝ uen sorba rendezve hatjegy˝ u sz´amokat k´epez¨ unk. 4 annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ´ıgy kapott sz´ am oszthat´o a) Igazoljuk, hogy 15 lesz 12-vel.

b) Hat´ arozzuk meg annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy az ´ıgy kapott sz´ am a 6-os sz´ amjeggyel kezd˝odik, felt´eve, hogy 12-vel oszthat´ o. c) Egy pap´ırlapra fel´ırjuk a sz´ amk´ arty´ akb´ ol k´epezhet˝ o¨ osszes lehets´eges hatjegy˝ u sz´amot. Hat´ arozzuk meg a pap´ırlapra fel´ırt sz´amok medi´anj´ at. (16 pont) ¨ Ossze´ all´ıtotta: Sz´ amad´ o L´ aszl´ o Budapest

√ 5. Adott a [0; 9] intervallumon ´ertelmezett f (x) = 2 x f¨ uggv´eny. a) Egy szab´alyos h´ aromsz¨ og egyik cs´ ucsa az orig´ o, egy m´asik cs´ ucsa az x tengelyre, a harmadik cs´ ucsa pedig az f (x) f¨ uggv´eny g¨orb´ej´ere illeszkedik. Mekkora e h´ aromsz¨ og ter¨ ulete? b) Egy t´eglalap egyik oldala az x tengelyre, egy m´asik oldala az x = 9 egyenesre, egy cs´ ucsa pedig az f (x) f¨ uggv´eny g¨ orb´ej´ere illeszkedik. Hat´ arozzuk meg a legnagyobb ilyen t´eglalap ter¨ ulet´et. c) Az f (x) f¨ uggv´enyg¨ orbe ´es az x tengely k¨ oz¨otti ter¨ uletet az x = a egyenes felezi. Hat´arozzuk meg az a param´eter ´ert´ek´et. (16 pont)

Megold´ asv´ azlatok a 2020/1. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz I. r´ esz 1. Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenleteket a val´ os sz´ amok halmaz´ an: a) cos 2x + 3 · cos x − 1 = 0, √ √ b) 6 − x − 5 − 2x = 1.

ucsainak koordin´at´ ai: A(−7; −2), B(11; −2), C(−1; 10). 6. Egy h´ aromsz¨og cs´ a) Adjuk meg a h´ aromsz¨ og mindh´arom cs´ ucs´ at´ ol egyenl˝o t´ avols´ agra tal´alhat´ o K pont koordin´ at´ ait. b) Adjuk meg a h´ aromsz¨ og M magass´ agpontj´anak koordin´at´ ait. c) Igazoljuk sz´ am´ıt´ assal, hogy az ABC h´ aromsz¨ogben az S s´ ulypont harmadolja az M K szakaszt. (16 pont) 7. a) K´et pozit´ıv eg´esz sz´ am k¨ ob´enek k¨ ul¨ onbs´ege 169. Melyek ezek a sz´ amok? b) Bizony´ıtsuk be, hogy ha egy pozit´ıv term´eszetes sz´ am ¨ot¨odik hatv´ any´ ab´ol o lesz a h´arom kivonjuk mag´ at a sz´ amot, a k¨ ul¨ onbs´eg minden esetben oszthat´ legkisebb pozit´ıv pr´ımsz´ ammal. (16 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

81

(7 pont) (6 pont)

Megold´ as. a) 2 · cos2 x − 1 + 3 · cos x − 1 = 0, 2 · cos2 x + 3 cos x − 2 = 0. Ebb˝ ol: cos x = −2 vagy cos x = 12 . A cos x = −2 egyenletnek nincs megold´asa, mert −1  cos x  1. Ha cos x = 12 , akkor x = π3 + 2kπ, k ∈ Z, vagy x = − π3 + 2lπ, l ∈ Z. Ekvivalens a´talak´ıt´ asokat v´egezt¨ unk, teh´ at a kapott gy¨ ok¨ ok kiel´eg´ıtik az eredeti egyenletet. 82

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

−→ −−→ Az AC ´es AB vektorok skal´ aris szorzat´at k´etf´ele m´odon fel´ırva: −→ −−→ −→ −−→ AC · AB = |AC| · |AB| · cos α = 6 · 12 + 8 · 5 = 112,

b) x  6 ´es x  2,5 ⇒ x  2,5. √ √ 6 − x = 1 + 5 − 2x . Mivel a n´egyzetgy¨ ok defin´ıci´oja alapj´an egyik oldal sem negat´ıv, a n´egyzetre emel´es ekvivalens a´talak´ıt´ as: √ 6 − x = 1 + 5 − 2x + 2 · 5 − 2x , √ x = 2 · 5 − 2x . A n´egyzetgy¨ ok defin´ıci´oja alapj´an x  0. x2 = 20 − 8x, x2 + 8x − 20 = 0, x1 = −10, x2 = 2. A felt´etel miatt csak az x = 2 megold´ as.

Az alaphalmazon ekvivalens a´talak´ıt´ asokat v´egezt¨ unk, teh´ at a kapott gy¨ok kiel´eg´ıti az eredeti egyenletet.

2. A nem is olyan t´ avoli j¨ ov˝ oben a fizika fakult´ aci´ osok online szimul´ aci´ oban vizsg´ alhatj´ ak t¨ olt¨ ott r´eszecsk´ek viselked´es´et m´ agneses mez˝ oben, ahol a r´eszecsk´ek helyzet´et der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszer seg´ıts´eg´evel ´ırj´ ak le. K´et fizikafakult´ acios di´ ´ ak, H´ ac´e ´es K´ ac´e fontos k´ıs´erletet tervez: egy h´ aromsz¨ og cs´ ucsaiba A(−2; 1); B(10; 6); C(4; 9) K´ ac´e h´ arom detektort helyez. H´ ac´e ekkor egy t¨ olt¨ ott r´eszecsk´et olt¨ ott r´eszecske t¨ omege peti-ben (peti: t¨ omegjuttat a h´ aromsz¨ og s´ ulypontj´ aba. A t¨ egys´eg a szimul´ aci´ oban) a h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek ´es a BAC cosinus´ anak szorzata. Hat´ arozzuk meg a h´ aromsz¨ og s´ ulypontj´ anak koordin´ at´ ait ´es a r´eszecske t¨ omeg´enek pontos ´ert´ek´et. (12 pont)

– Azt sajnos elfelejtettem, de eml´ekszem, hogy a D-sek ´ atlaga szab´ alyos k¨ ozel´ıt´essel 84,3, az E-sek´e 85,1, a h´ arom oszt´ aly ´ atlaga pedig 87,9 volt. Tudjuk, hogy a D-b˝ ol 11-en, az E-b˝ ol 14-en, t˝ ol¨ unk pedig 24-en ´ırnak emelt szint˝ u ´eretts´egit. Ebb˝ ol m´ ar ki lehet sz´ amolni az oszt´ aly´ atlagot. a) Mennyi a C-sek oszt´ aly´ atlaga egy tizedesjegyre kerek´ıtve, ha minden di´ ak ´eretts´egi eredm´enye csak eg´esz sz´ azal´ek lehet? (8 pont) anc´ aban a C-sek 20%-a, a D-sek 25%-a vesz r´eszt. Az A Szalagavat´ o nyit´ ot´ egyik sz¨ unetben 4 f˝ o C oszt´ alyos ´es 2 f˝ o D oszt´ alyos tanul´ o v´ as´ arolt pizz´ at a b¨ uf´eben. b) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk pontosan ketten t´ ancolnak a nyit´ ot´ ancban? (6 pont) Megold´ as. a) Legyen a D-sek sz´ azal´ekainak ¨ osszege d, az E-sek´e e, a C-sek´e c, a h´ arom oszt´aly´e pedig h. A kerek´ıt´es szab´alyainak megfelel˝oen: 84,25  ´ıgy d = 927,

e < 85,15 ⇒ 1190,7  e < 1192,1, 14 ´ıgy d = 1191, vagy d = 1192, 85,05 

h 4305 4305 4306 4306 4307 4307 4308 4308 4309 4309

16 1+6+9 = . 3 3

Teh´ at a s´ ulypont: S (4; 16 . Az ´ abra je3 ) l¨ ol´eseit k¨ ovetve: a h´aromsz¨ og ter¨ ulet´et megkapjuk, ha a k¨ or´e ´ırt t´eglalap ter¨ ulet´eb˝ ol kivonjuk a der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulet´et. ´Igy: 1 1 1 TABC = 8 · 12 − · 6 · 8 − · 6 · 3 − · 12 · 5 = 33. 2 2 2 −→ −→ −−→ −−→ AC(6; 8), ´ıgy |AC| = 10; AB(12; 5), ´ıgy |AB| = 13. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

d < 84,35 ⇒ 926,75  d < 927,85, 11

h < 87,95 ⇒ 4304,65  h < 4309,55, 49 ´ıgy h lehet 4305, 4306, 4307, 4308, 4309. Foglaljuk a kapott eredm´enyeket egy t´abl´ azatba:

−2 + 10 + 4 = 4, 3

s2 =

3. P´eb´e tan´ ar u ´r, a C oszt´ aly oszt´ alyf˝ on¨ oke lelkesen ´erkezett a reggeli o ´r´ ara. – K´epzelj´etek, meg´ almodtam a matematika emelt szint˝ u ´eretts´egi ´ atlagunkat! ´ – Es mennyi volt, tan´ ar u ´r?

87,85 

Megold´ as. A s´ ulypontra vonatkoz´ o k´eplet alapj´an: s1 =

. Teh´ at a r´eszecske t¨ omeg´enek pontos ´ert´eke: 1848 peti. ekkor cos α = 56 65 65

83

84

d 927 927 927 927 927 927 927 927 927 927

e 1191 1192 1191 1192 1191 1192 1191 1192 1191 1192

c 2187 2186 2188 2187 2189 2188 2190 2189 2191 2190

C´atlag 91,125 91,083 91,167 91,125 91,208 91,167 91,250 91,208 91,292 91,250

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

c (A t´ abl´ azatban a c = h − d − e ´es a C´atlag = 24 k´epleteket alkalmaztuk.) Teh´ at a C-sek a´tlaga 91,1; 91,2 vagy 91,3 lehet. b) A binomi´alis eloszl´ as k´eplet´et felhaszn´alva:

1) Mindketten D-sek:   16 2 4 = 0,0256. · 0,252 · 0,750 · · 0,20 · 0,84 = pD = 625 2 0 2) Mindketten C-sek:   54 4 2 2 2 = 0,0864. · 0,2 · 0,8 · · 0,250 · 0,752 = pC = 625 2 0

a) Mennyi id˝ ot ford´ıtsanak a regener´ al´ od´ asra, hogy a felk´esz¨ ul´es a lehet˝ o leghat´ekonyabb legyen? (8 pont) A bajnoks´ agot kies´eses rendszerben folytatj´ ak le, a p´ arokat minden egyes m´er7 a val´ osz´ın˝ us´ege k˝ oz´es el˝ ott v´eletlenszer˝ uen sorsolj´ ak. Az els˝ o p´ ar sorsol´ asakor 40 annak, hogy mindk´et versenyz˝ o az A egyes¨ ulet tagja. K´et m´erk˝ oz´es ut´ an, ahol egy r´esztvev˝ ot az A, h´ arom r´esztvev˝ ot pedig a B egyes¨ uletb˝ ol sorsoltak ki, ugyanakkora val´ osz´ın˝ us´eggel sorsolj´ ak mindk´et versenyz˝ ot az A egyes¨ uletb˝ ol, mint a B egyes¨ uletb˝ ol. b) H´ anyan indultak a bajnoks´ agon az egyes egyes¨ uletekb˝ ol?

uggv´eny sz´els˝ o´ert´ek´et a deriv´ alt seg´ıts´eMegold´ as. a) E(t) = 3,2t3 − t4 . A f¨ g´evel hat´ arozzuk meg: E  (t) = 9,6t2 − 4t3 .

3) Egyik¨ uk C-s, m´ asikuk D-s:   96 4 2 3 = 0,1536. pCD = · 0,2 · 0,8 · · 0,25 · 0,75 = 625 1 1

A f¨ uggv´enynek ott lehet sz´els˝ o´ert´eke, ahol a deriv´altja nulla ´es a m´asodik deriv´ alt nem nulla: 9,6t2 − 4t3 = 0,

´Igy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy pontosan ketten t´ ancolnak a nyit´ot´ ancban:

4t2 · (2,4 − t) = 0,

16 54 96 166 p= + + = = 0,2656. 625 625 625 625 4. Adottak az f : R → R, f (x) = x3 − 8 ´es a g : R → R, g(x) = 4 − 2x f¨ uggv´enyek. a) Adjuk meg a g ◦ f f¨ uggv´eny x = 2 abszcissz´ aj´ u pontj´ aba h´ uzott ´erint˝ o egyenlet´et. (7 pont) b) Adjuk meg a

f lim x→2 g

hat´ ar´ert´eket.

(5 pont)

Megold´ as. a) Legyen h = g ◦ f , ekkor h(x) = 4 − 2 · (x3 − 8) = 20 − 2x3 . Az adott pontba h´ uzott ´erint˝o ir´anytangense a f¨ uggv´eny deriv´ altj´ anak helyettes´ıt´esi ´ert´eke az adott helyen:

Az ´erint˝o egyenlete: y − 4 = −24 · (x − 2) ⇔ 24x + y − 52 = 0. b)

2

t = 0 vagy t = 2,4. A m´ asodik deriv´ alt: E  (t) = 19,2t − 12t2 , E  (0) = 0 ´es E  (2,4) = = −23,04 < 0. Mivel t ∈ [0; 16], meg kell vizsg´ alnunk a f¨ uggv´eny helyettes´ıt´esi ´ert´ekeit az intervallum hat´ araiban: E(0) = 0 ´es E(16) = −52 428,8. Teh´ at a felk´esz¨ ul´es akkor a leghat´ekonyabb, ha a regener´ al´od´ asra ford´ıtott id˝ o 2,4 ´ora. b) Mivel k´et m´erk˝ oz´es ut´ an megegyezik annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy mindk´et versenyz˝ot az A, illetve a B egyes¨ uletb˝ ol sorsolj´ak, ez´ert k´et m´erk˝ oz´es ut´ an ugyanannyi versenyz˝ o maradt az A egyes¨ uletb˝ ol, mint a B egyes¨ uletb˝ ol. Legyen ez a sz´ am x. Ekkor eredetileg x + 1 versenyz˝ o indult az A egyes¨ uletb˝ ol ´es x + 3 versenyz˝ o a B egyes¨ uletb˝ ol, teh´ at o sszesen 2x + 4 versenyz˝ o indult a bajnoks´ agon. ¨ Ekkor az A egyes¨ uletb˝ ol

x+1 2  = 7 ⇔ 2x+4

2

x −8 (x − 2) · (x + 2x + 4) x + 2x + 4 = lim = lim = −6. lim x→2 4 − 2x x→2 x→2 −2 · (x − 2) −2

2

II. r´ esz 5. K´et birk´ oz´ o egyes¨ ulet k¨ oz¨ os bajnoks´ agra k´esz¨ ul. A felk´esz¨ ul´es sor´ an el˝ o´ır´ as a napi 8 ´ ora alv´ as. A kor´ abbi felk´esz¨ ul´esek sor´ an kider¨ ult, hogy a felk´esz¨ ul´es hat´ekonys´ ag´ at jelent˝ osen befoly´ asolja a regener´ al´ od´ asra ford´ıtott id˝ o. A szakemberek meg´ allap´ıtott´ ak, hogy a hat´ekonys´ agot az E(t) = t3 · (3,2 − t) f¨ uggv´ennyel lehet le´ırni, ahol t a regener´ al´ od´ asra ford´ıtott id˝ o. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

x+1 -f´elek´eppen v´ alaszthattuk a k´et versenyz˝ot, 2 2x+4 

-f´elek´eppen. ´Igy annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az o¨sszes versenyz˝ o k¨ oz¨ ul pedig 2 az els˝o p´ ar sorsol´asakor mindkett˝ot az A egyes¨ uletb˝ ol v´ alasztott´ ak:

h (x) = −6x2 ; h (2) = −24; E(2; 4), 3

(8 pont)

85

40

(x+1)·x 2 (2x+4)·(2x+3) 2

=

7 . 40

Ebb˝ ol 6x2 − 29x − 42 = 0, x1 = − 76 ; x2 = 6. Nyilv´ an csak az x = 6 lehet megold´ as. Ellen˝ orz´es: Ha az A egyes¨ uletb˝ ol 7, aB egyes¨ uletb˝ ol 9 versenyz˝o indult, 7 akkor k´et A-beli versenyz˝ot v´ alaszthatjuk 2 = 21-f´elek´eppen. K´et versenyz˝ot  16 alaszthatunk. Annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy mindk´et ¨osszesen 2 = 120-f´elek´eppen v´

21 7 versenyz˝ ot az A klubb´ ol v´ alasztottuk: 120 = 40 . Teh´at az A klubb´ ol 7-en, a B klubb´ ol 9-en indultak a versenyen.

86

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

6. Egy paralelogramma alak´ u f¨ uves ter¨ ulet oldalai 50 m ´es 34 m, az oldalak v´egpontjait ¨ osszek¨ ot˝ o´ atl´ o 56 m hossz´ u. Az a ´tl´ o egy pontj´ aba egy ¨ onm˝ uk¨ od˝ o locsol´ o berendez´est helyez¨ unk, amely a ter¨ ulet b´ armely pontj´ ab´ ol el´eri b´ armely m´ asik pontj´ at, ´es ha a t´ avols´ agot be´ all´ıtottuk, akkor egy k¨ or¨ on bel¨ ul mindent lelocsol. a) Legal´ abb mekkora ter¨ uletet kell k´ezzel locsolni, ha a locsol´ o berendez´es a ter¨ ulet hat´ ar´ an t´ ul nem locsolhat? (10 pont) A f¨ uves ter¨ uleten egy k¨ or alak´ u vir´ ag´ agy´ ast alak´ıtanak ki. A vir´ ag´ agy´ ast k´et uli P pontban metszik egym´ ast. egyenes gyalog´ ut szeli ´ at, amelyek egy a k¨ or¨ on k´ıv¨ A vir´ ag´ agy´ ast az egyik gyalog´ ut az A ´es B, a m´ asik gyalog´ ut a C ´es D pontokban metszi. Tudjuk, hogy P A = 3 m, AB = 5 m, valamint P D = P C + 10 m. b) Mekkora a P D t´ avols´ ag? (6 pont)

b) A k¨ uls˝ o pontb´ ol a k¨ orh¨ oz h´ uzott szel˝ o ´es ´erint˝o szakaszok t´etele alapj´ an: P A · P B = P C · P D, 24 = x · (x + 10), x2 + 10x − 24 = 0, x1 = 2;

Teh´ at a P D t´ avols´ ag 12 m. 7. a) Bizony´ıtsuk be, hogy a szomsz´edos p´ aratlan sz´ amok reciprokainak k¨ ul¨ onbs´ege egyenl˝ o a sz´ amok szorzata reciprok´ anak k´etszeres´evel. (4 pont)

Megold´ as. a) Keress¨ uk azt a k¨ ort, amely a paralelogramm´ aba be´ırhat´o, k¨oz´eppontja az ´atl´ on van ´es sugara a legnagyobb. Ez a k¨or a paralelogramma k´et szemk¨ ozti, hosszabb oldal´ at ´erint˝o k¨ or, ebb˝ ol k¨ ovetkez˝ oen – szimmetria okokb´ ol – k¨ oz´eppontja a paralelogramma a´tl´ oj´anak felez˝opontja lesz, hiszen b´armely m´as k¨oz´eppont eset´en a k¨ or sugara kisebb lesz, vagy metszi valamelyik oldalt a k´et szemul. k¨ ozti oldal k¨ oz¨ Fel´ırva a cosinust´etelt az ACD h´ aromsz¨ og CD oldal´ ara:

1 1 1 Adott az 1·4 + 4·7 + 7·10 + . . . v´egtelen sor. b) Bizony´ıtsuk be, hogy az n-edik r´eszlet¨ osszeg: n . Sn = 3n + 1

c) Adjuk meg a lim (Sn ) hat´ ar´ert´eket. n→∞

b) A nevez˝ okben tal´ alhat´ o szorzatok els˝ o t´enyez˝ oi egy olyan sz´amtani sorozatot alkotnak, amelynek els˝o eleme 1, k¨ ul¨ onbs´ege 3. ´Igy a r´eszlet¨ osszeg i-edik tagj´anak nevez˝oj´eben tal´ alhat´ o szorzat els˝o t´enyez˝ oje: 1 + (i − 1) · 3 = 3i − 2. Teh´ at a r´eszlet¨osszeg i-edik tagja: 1 (3i − 2) · (3i + 1) Mivel 1 3i + 1 − (3i − 2) 3 1 − = = , 3i − 2 3i + 1 (3i − 2) · (3i + 1) (3i − 2) · (3i + 1) a r´eszlet¨osszeg i-edik tagja:  1 1 1 · − . 3 3i − 2 3i + 1

4 . 5

Mivel α < 90◦ , ez´ert sin α =

 2 4 3 1− = . 5 5

Mivel az ´erint˝o mer˝ oleges a sug´ arra, ez´ert az AOE der´eksz¨og˝ u h´ aromsz¨ogben: r = AO · sin α =

84 ≈ 16,8 m. 5

´Igy az n-edik r´eszlet¨ osszeg:

Ekkor a k¨ or ter¨ ulete: 886,7 m2 .

1 1 1 1 + + + ··· + = 1 · 4 4 · 7 7 · 10 (3n − 2) · (3n + 1)  1 1 1 1 1 1 1 1 1 = · − + − + − + ··· + − = 3 1 4 4 7 7 10 3n − 2 3n + 1  1 3n n 1 1 = . = · = · 1− 3 3n + 1 3 3n + 1 3n + 1

A paralelogramma ter¨ ulete: TABCD = 2 ·

1 3 1 · AC · AD · sin α = 2 · · 56 · 50 · = 1680 m2 . 2 2 5

Teh´at kb. 793,3 m2 ter¨ uletet kell k´ezzel locsolni. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

(4 pont)

1 1 2k + 1 − (2k − 1) 2 − = = . 2k − 1 2k + 1 (2k − 1) · (2k + 1) (2k − 1) · (2k + 1)

342 = 502 + 562 − 2 · 50 · 56 · cos α,



(8 pont)

Megold´ as. a) Legyenek a szomsz´edos p´ aratlan sz´ amok: 2k − 1 ´es 2k + 1.

DC 2 = AC 2 + AD2 − 2 · AC · AD · cos α,

cos α =

x2 = −12.

87

88

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Megjegyz´es. A bizony´ıt´ as term´eszetesen teljes indukci´ oval is elv´egezhet˝ o.

c)

lim (Sn ) = lim

n→∞

n→∞



n 3n + 1



= lim

n→∞



3n n

n n

+

1 n



= lim

n→∞



1 3+

1 n



=

c) Jel¨olje a h´ al´ozatokat H1 , illetve H2 . V´ alasszunk ki egy fogorvost. Mivel k´et h´al´ozat van ´es ¨ ot partner, ez´ert a skatulya-elv ´ertelm´eben a fogorvos az egyik h´ al´ozaton legal´ abb h´ arom koll´eg´ aval kommunik´al, legyen ez a h´ al´ozat H1 . Ha az ´ıgy al´omeghat´arozott legal´ abb h´ arom fogorvos k¨ oz¨ ott van kett˝ o, aki egym´assal a H1 h´ zaton kommunik´ al, akkor o˝k ´es az eredetileg kiv´alasztott fogorvos alkotja a keresett al´ozaton kommunik´alnak. Ha a legal´ abb h´armast, hiszen o˝k egym´as k¨ oz¨ ott a H1 h´ al´ozah´arom fogorvos k¨ oz¨ ott semelyik kett˝ o nem kommunik´ al egym´as k¨ ozt a H1 h´ al´ozaton kummunik´alhatnak. ´Igy viszont ton, akkor o˝k egym´as k¨ oz¨ ott csak a H2 h´ al´ozaton kommunik´al. lesz k¨oz¨ott¨ uk h´ arom olyan, aki egym´ as k¨ ozt a H2 h´

1 . 3

8. Az ´ abr´ an egy nemzetk¨ ozi fog´ asz kongresszus embl´em´ aja l´ athat´ o. Az alakzatot az al´ abbi f¨ uggv´enyek grafikonjai hat´ arolj´ ak: 1 1 f : R → R, x → x4 − 2x2 + 2 ´es g : R → R, x → x2 + 4. 4 36 a) Hat´ arozzuk meg a f¨ uggv´enyek grafikonjainak metsz´espontjait.

(2 pont)

b) Mekkora az embl´ema ter¨ ulete, ha a koordin´ ata-rendszer 1 egys´ege a val´ os´ agban 1 cm-nek felel meg? A konferenci´ an egy asztalhoz ker¨ ult hat fogorvos, akik ¨ or¨ ommel ´ allap´ıtott´ ak meg, hogy valamennyien r´eszt vesznek egy programban, amelyben hasznos kezel´esi elj´ ar´ asokat osztanak meg egym´ assal. Ennek keret´eben a hat fogorvos is kapcsolatban all egym´ ´ assal, mindegyik mindegyikkel. A kapcsolattart´ as k´et h´ al´ ozaton kereszt¨ ul folyik, de k´et fogorvos egym´ as k¨ oz¨ ott mindig ugyanazon a h´ al´ ozaton kommunik´ al. (8 pont) c) Bizony´ıtsuk be, hogy az asztaln´ al helyet foglal´ o hat fogorvos k¨ oz¨ ott van h´ arom olyan, aki egym´ as k¨ ozt ugyanazon a h´ al´ ozaton kommunik´ al. (6 pont)

Az ´ aruh´ azban a f¨ ugg¨ onytart´ o rudakat n´egyf´ele sz´ınben (arany, ez¨ ust, feh´er, fekete), a r¨ ogz´ıt˝ oelemet h´ aromf´ele sz´ınben (arany, z¨ old ´es piros), a f¨ ugg¨ ony¨ oket otf´ele sz´ınben (arany, ez¨ ust, feh´er, z¨ old, piros) a ´rulj´ ak. ¨ b) H´ anyf´ele kombin´ aci´ ot lehet ¨ ossze´ all´ıtani, ha az az el˝ o´ır´ as, hogy legal´ abb az egyik elem aranysz´ın˝ u legyen ´es a r´ ud k´et v´eg´en l´ev˝ o r¨ ogz´ıt˝ oelem azonos sz´ın˝ u? Megold´ as. a) 1. eset: a g¨ omb k¨ oz´eppontja az alapk¨ or¨ ok k¨ oz¨ ott van. A kapott test egy g¨ ombr´eteg, amelyb˝ ol kiv´agtak egy csonkak´ upot. Az 1. ´ abr´ an l´athat´ o QAK ´es P BK h´ aromsz¨ ogekre fel´ırjuk Pitagorasz t´etel´et:

Megold´ as. a) 1 4 1 2 x − 2x2 + 2 = x + 4, 4 36

2

(7 − x) + 32 = R2

14x − 42 = 0, x = 3.

x22 = 9.

ast, ´ıgy a metA k´et gy¨ ok k¨ oz¨ ul csak x2 = 9 ad megold´ 17 ´ e s 3; . sz´espontok: ( − 3; 17 ) ( ) 4 4 b)

 3     3    1 2 1 4 1 4 73 2     2 T = x − 2x + 2 − x +4 x − x − 2 dx = dx =      4 36 4 36 −3

−3

   3    1  243 73 73 3    243 73 5 = x − x − 2x − −6− − + + 6  = =  20 108 20 4 20 4 −3     121   = 24,2 = − 5 

Ekkor R = 5 cm. √ A csonkak´ up alkot´ oj´ara fel´ırva a Pitagorasz-t´etelt: 72 + 12 = a2 , ´ıgy a = 5 2 . A r¨ogz´ıt˝oelem felsz´ıne a g¨ omb¨ ov ´es a csonkak´ uppal´ast felsz´ın´enek ¨ osszege: √ A = 2πRm + π(r1 + r2 )a = 70π + 35 2π ≈ 375,4 cm2 . A r¨ogz´ıt˝oelem t´erfogat´ at megkapjuk, ha a g¨ ombr´eteg t´erfogat´ ab´ ol kivonjuk a csonkak´ up t´erfogat´ at: 259 π 434 π π− π ≈ 183, 3 cm3 . V = m(m2 + 3r12 + 3r22 ) − m(r12 + r22 + r1 r2 ) = 6 3 3 3 2. eset: a g¨ omb k¨ oz´eppontja nincs az alapk¨ or¨ ok k¨ oz¨ ott. A kapott test egy g¨ ombr´eteg, amelyb˝ ol kiv´agtak egy csonkak´ upot. A 2. ´ abr´ an l´athat´ o QAK ´es P BK h´ aromsz¨ ogekre fel´ırjuk Pitagorasz t´etel´et: 2

Teh´at az embl´ema ter¨ ulete 24,2 cm2 .

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

´es x2 + 42 = R2 .

A k´et egyenletet kivonva egym´ asb´ ol:

9x4 − 73x2 − 72 = 0, 8 x21 = − ; 9

9. Egy f¨ ugg¨ onytart´ o r´ ud k´ upban v´egz˝ odik. R¨ ogz´ıt˝ o elemk´ent egy R sugar´ u g¨ omb¨ ot k´ uposan ´ atf´ urunk u ´gy, hogy pontosan illeszkedjen a r´ ud v´eg´ere, majd az ´ıgy kapott testet r´ ah´ uzzuk u ´gy, hogy a k´ up tengelye a ´tmenjen a g¨ omb k¨ oz´eppontj´ an. A r¨ ogo alapk¨ ore r2 = 4 cm z´ıt˝ oelem magass´ aga 7 cm, a fels˝ o alapk¨ ore r1 = 3 cm, az als´ sugar´ u. a) Hat´ arozzuk meg a r¨ ogz´ıt˝ oelem felsz´ın´et ´es t´erfogat´ at. (10 pont)

(7 + x) + 32 = R2 89

90

´es x2 + 42 = R2 .

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

I. megold´ as. El˝ osz¨ or bel´ atjuk, hogy a legnagyobb ¨ osszeg el´erhet˝ o olyan ai sz´ amokkal, amelyekre igaz a k¨ ovetkez˝ o: ha ai ´es aj pozit´ıv sz´amok, ´es i < j, akkor i | j.

Legyen S egy olyan ¨ osszeg, amelyn´el van olyan i ´es j, hogy i  j, j  i, de ai > 0 ´es aj > 0.

Egy olyan cser´et” fogunk defini´ alni, ami az S o okkenti. Le¨sszeget nem cs¨ ” amok o sszege, melyeknek index´ e vel i, illetve j val´ odi gyen si , illetve sj azon ak sz´ ¨ oszt´ o, vagy val´ odi t¨ obbsz¨ or¨ os rel´aci´ oban ´all, azaz   ak , illetve sj = ak . si = k=i (i|k∨k|i)

1. a ´bra

k=j (j|k∨k|j)

Ekkor i  j ´es j  i miatt si -ben nem szerepel aj , ´es sj -ben nem szerepel ai .

2. a ´bra

Legyen si  sj . Az S=

A k´et egyenletet kivonva egym´ asb´ ol:

Teh´at ebben az esetben nincs megold´as. b) A kombin´aci´ ok sz´am´at u ´gy hat´ arozzuk meg, hogy az ¨osszes lehets´eges eset sz´ am´ab´ ol kivonjuk a komplementer esem´eny (nincs aranysz´ın˝ u elem) lehet˝os´egeinek sz´ am´at. ¨ Osszes lehet˝ os´eg: n´egyf´ele r´ ud, h´ aromf´ele r¨ ogz´ıt˝o elem ´es ¨otf´ele f¨ ugg¨ony, ¨osszesen: 4 · 3 · 5 = 60. Komplementer: h´ aromf´ele r´ ud, k´etf´ele r¨ ogz´ıt˝ o elem, n´egyf´ele f¨ ugg¨ony, ¨osszesen: 3 · 2 · 4 = 24. Teh´ at ¨ osszesen 60 − 24 = 36 olyan kombin´aci´ o van, amelyben valamelyik elem aranysz´ın˝ u. Balga Attila Budapest

Matematika feladatok megold´ asa

B. 4973. Legyenek a1 , a2 , . . . , a2018 olyan nemnegat´ıv val´ os sz´ amok, amelyek osszege 1. Adjuk meg az ¨  S= ai aj i=j, i|j

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

ak al

k=l k|l

14x + 42 = 0, x = −3.

osszeg lehet˝ o legnagyobb ´ert´ek´et. ¨ (6 pont)



(Argentin feladat alapj´ an) 91

arom r´eszre; az els˝ o r´eszben legyenek azok a k´ett´enyez˝ os szor¨osszeget bontsuk h´ zatok, amelyeknek valamely t´enyez˝ oje ai , a m´ asodikban azok, melyeknek valamely ol a szorzatokb´ ol, amet´enyez˝ oje aj , m´ıg a harmadik marad´ek” r´esz ´alljon azokb´ ” lyeknek egyik t´enyez˝ oje sem ai vagy aj , azaz  S = ai s i + a j s j + ak al . marad´ ek” ”

Ha most ai -t kicser´elj¨ uk ai = ai + aj -re, m´ıg aj -t aj = 0-ra, akkor az u ´j ol f¨ uggetlen r´esz nem v´ altozik) S ¨osszegre (mivel a marad´ek, i, j-t˝ 

S  − S = ai si + aj sj − ai si − aj sj = (ai + aj )si − ai si − aj sj = aj (si − sj )  0, teh´at az S ¨osszeget nem cs¨ okkentett¨ uk. Mindaddig, am´ıg van olyan i ´es j, hogy i  j, j  i, de ai > 0 ´es aj > 0, hajtsuk v´egre a fent defini´ alt cser´et. A cser´ek nem folytat´ odhatnak a v´egtelens´egig, mivel an 1-gyel cs¨ okken; emiatt legfeljebb 2017 a pozit´ıv ak -k sz´ama minden csere sor´ l´ep´es ut´an nem tudunk t¨ obbet cser´elni. Ekkor val´ oban teljes¨ ul, hogy ha ai ´es aj 0t´ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o sz´ amok, ´es i < j, akkor i | j. A tov´ abbiakban m´ ar csak ezzel az esettel fogunk foglalkozni. amok indexei n¨ oveked˝o sorrendben i1 , i2 , . . . , ik . Pozit´ıv Legyenek a pozit´ıv ai sz´ sz´ amok k¨or´eben ha j val´ odi t¨ obbsz¨ or¨ ose i-nek, akkor 2 · i  j. Emiatt az i1 , i2 , . . . , ik index-sorozatnak legfeljebb 11 tagja lehet, hiszen 1 = 20  i1 ; 2 = 21  i2 ; 4 = 22   i3 ; . . . ; 1024 = 210  i11 ´es a 12-edik tag eset´en 2018 < 2048  i12 lenne. Tizenegy ilyen tag viszont kiv´ alaszthat´ o, ha p´eld´ aul a 2018-n´ al kisebb 2-hatv´ anyokat vessz¨ uk; ekkor a pozit´ıv tagok: a1 , a2 , a4 , . . . , a2n , . . . ; a1024 . Vizsg´aljuk meg, hogy 1  k  11 darab pozit´ıv ai tag eset´en mekkora a maxiosszeg. m´alis (k-t´ol f¨ ugg˝o) S = Sk ¨ 92

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Fel fogjuk haszn´alni a sz´ amtani ´es a n´egyzetes k¨oz´ep k¨oz¨otti ¨osszef¨ ugg´est. amokra: Ennek alapj´an a nemnegat´ıv, 1 ¨ osszeg˝ u ci sz´  1 c1 + c2 + . . . + cn c21 + c22 + . . . + c2n =  , n n n innen rendez´essel ad´odik:

1  c21 + c22 + . . . + c2n n

Tekints¨ uk a B=

os ai aj szorzat ¨osszeget. Legyen i ∈ Hk ; j ∈ Hl ; i = j; i | j. Ekkor a k´ett´enyez˝ ar´ ojel-felbontott alakj´anak valamely tagja. a bk bl = (. . . + ai + . . .)(. . . + aj + . . .) z´ Emiatt SB=



0k 2018 miatt nincs olyan sz´ amunk, melyn´el a (multiplicit´assal sz´ amolt) pr´ımoszt´ ok sz´ama 10-n´el t¨obb. Ha az i = j sz´ amokra i | j, akkor i ´es j m´ as-m´ as csoportba ker¨ ulnek, hiszen i-nek (multiplicit´ assal sz´ amolva) kevesebb pr´ımoszt´ oja van, mint j-nek.  aj . (P´eld´ aul b0 = a1 , b1 = a2 + a3 + a5 + Legyen 0  i  10 eset´en bi =

5 M´asfel˝ ol az S = 11 el´erhet˝ o az a1 = a2 = a4 = a8 = . . . = a2n = . . . = a1024 = 1 = 11 v´alaszt´ assal. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) ´es Jedlovszky P´ al (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. ´ Isk. ´es Gimn., 12. ´evf.) Szab´ o D´ avid (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an

Megjegyz´es. Jedlovszky P´ al a m´ asodik megold´ assal ekvivalens saj´ at megold´ as´ aban ´gy vette fel, hogy H0 = {1}; H1 = {2; 3}; az ott defini´ alt H0 , H1 , . . . , H10 halmazokat u oth Bal´ azs (Budapesti H2 = {4; 5; 6; 7}; . . . ; H10 = {1024; 1025; . . . ; 2018} legyen, m´ıg T´ ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) egy 2018 cs´ Fazekas M. Gyak. Alt. ucs´ u (1–2018-ig c´ımk´ezett) gr´ af cs´ ucsait sz´ınezte meg 11 sz´ınnel aszerint, hogy a megfelel˝ o c´ımke-sz´ amoknak (multiplicit´ assal sz´ amolva) h´ any pr´ımoszt´ oja van. ¨ Osszesen 37 dolgozat ´erkezett. 6 pontot kapott 14 versenyz˝ o: Beke Csongor, Dob´ ak ´ D´ aniel, F¨ uredi Erik Benj´ amin, Gy˝ orffy Agoston, Heged˝ us D´ aniel, Jedlovszky P´ al, M´ arton D´enes, Moln´ ar B´ alint, Nagy N´ andor, Szab´ o D´ avid, T´ oth Bal´ azs, Tubak D´ aniel, V´ arkonyi Zsombor, Weisz M´ at´e. 5 pontos 4, 4 pontos 7, 3 pontos 3, kevesebb tov´ abbi 9 tanul´ o dolgozata.

B. 5017. Van-e olyan f : R → R f¨ uggv´eny, amely teljes´ıti a k¨ ovetkez˝ o tulajdons´ agokat? ul, (1) x1 = x2 eset´en f (x1 ) = f (x2 ) teljes¨ (2) l´eteznek olyan a, b > 0 konstansok, melyekre b´ armely x ∈ R eset´en  2 1 f (x2 ) − f (ax + b)  . 4

j∈Hi

+ a7 + . . . + a2017 , m´ıg b10 = a1024 + a1536 .)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

bk bl = b0 b1 + b0 b2 + b0 b3 + . . . + b9 b10

0k 1 eg´esz sz´ amok. Adjuk meg a + b

K. 653. Tudjuk, hogy minim´alis ´ert´ek´et.

❄

T´ oth B´ alint (Kaposv´ ari T´ ancsics M. Gimn., 9. ´evf.)

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ arcius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu zet: https://www.komal.hu/munkafuzet ¨ C´ım: Ko ¨MaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

35 dolgozat ´erkezett. 4 pontos 28, 3 pontos 3, 1 pontos 1, 0 pontos 3 dolgozat.

❄

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (649–653.) K. 649. Egy gyorsvonat ´es egy szem´elyvonat egym´ assal szemben halad k´et p´ arhuzamos v´ ag´ anyon. A vonatok egyforma hossz´ uak. A s´ınp´aly´ an van egy alag´ ut, amelynek k´et bej´arat´ ahoz egyszerre ´ernek a vonatok. A gyorsvonat innen sz´ am´ıtva 3 m´ asodperc, a szem´elyvonat 6 m´ asodperc alatt ´er be teljes terjedelm´eben az alagu ´tba. A vonatok az alag´ utban az alag´ ut el´er´es´enek pillanat´at´ ol sz´am´ıtva 18 m´asodperc m´ ulva tal´ alkoznak egym´assal. H´any m´ asodperc alatt haladnak el egym´ as mellett? A tal´ alkoz´ ast´ ol sz´am´ıtva h´ any m´ asodperc eltelt´evel ´er ki a gyorsvonat, illetve a szem´elyvonat az alag´ utb´ ol teljes terjedelm´eben? K. 650. Az ´ abr´ an l´ athat´ o kis n´egyzet oldala 3 cm, a nagy t´eglalap oldalai eg´esz sz´ amok, ´es az egyik 2 cmrel hosszabb a m´asikn´al. A t´eglalap ´es a n´egyzet oldalai p´arhuzamosak, k¨ oz´eppontjuk egybeesik. A sat´ırozott ter¨ ulet u ´gy keletkezett, hogy a kis n´egyzet oldalait meghosszabb´ıtottuk az egyik ir´anyba, ´es ahol a nagy t´eglalap oldalait ezek elmetszett´ek, azokat a pontokat ott¨ uk ¨ ossze. Lehet-e a sat´ırozott ter¨ ulet nagys´ aga k¨ot¨ aros sz´am? (cm2 -ben m´erve) p´ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1588–1594.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1588. Legyenek az ABCD n´egysz¨ og AB, illetve AD oldalainak A-hoz k¨ ozelebbi harmadol´ opontjai E ´es F , a BC oldal B-hez k¨ ozelebbi harmadol´ opontja pedig G. T¨ ukr¨ozz¨ uk a G pontot E-re, majd az ´ıgy kapott t¨ uk¨ ork´epet F -re. Igazoljuk, hogy a kapott t¨ uk¨ ork´ep r´ aesik a n´egysz¨ og valamely oldal´ ara. Melyik oldalon van, ´es milyen ar´ anyban osztja azt? C. 1589. Oldjuk meg a val´ os sz´amp´ arok halmaz´an az al´abbi egyenletet: 

1 (y + y − x − 1) + x + x 2

2

2

= 4.

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger) 95

96

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Feladatok mindenkinek

B. 5079. Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an a

C. 1590. Oldjuk meg a pozit´ıv eg´esz sz´ amokb´ ol ´all´o sz´ amh´ armasok halmaz´ an az al´abbi egyenletet: 4

4

log2 log3 x + log3 log2 x = log2

6 log2 3

egyenletet.

4

(a + 1) · (b + 1) · (c + 1) = (40a + 1) · (40b + 1) · (40c + 1).

(3 pont)

o koordin´ at´ ai x = 2, y = 0. A szemk¨ozti tengerpart az y = √ C. 1591. Egy haj´ = 2x + 1 egyenlet˝ u g¨ orbe ment´en h´ uz´ odik. Mekkora sz¨ogben t´erjen el a haj´o az ´eszaki ir´ anyt´ol, ha azt szeretn´enk, hogy a part legk¨ozelebbi pontj´ at egyenes u ´ton el´erje? (Tegy¨ uk f¨ol, hogy az x tengely kelet ir´ any´ aba mutat.) C. 1592. Angli´ aban k´et j´ obar´ at elindult megkeresni egyik¨ uk elveszett jegygy˝ ur˝ uj´et. Azt ugyan nem tal´alt´ ak meg, de a f´emkeres˝ ovel n´eh´ any VIII. Henrik idej´eb˝ ol sz´ armaz´ o aranyp´enzre bukkantak, amelyek 100 000 fontot hoztak a k´et j´obar´ atnak. A kit˝ un˝ o´ allapotban megmaradt 1 fontos ´erm´ek ´evi a´tlagos ´ert´ekn¨oveked´ese az 500 ´ev alatt 1,42% ´es 1,43% k¨ oz¨ ott volt. H´ any ´erm´et tal´ alhattak? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1593. Egy h´ aromsz¨ og k´et oldala 3 cm, illetve 4 cm hossz´ u. Mekkora a k´et oldal ´altal bez´ art sz¨ og, ha a hozz´ ajuk tartoz´ o s´ ulyvonalak mer˝ olegesek egym´ asra? C. 1594. Egy rendezv´eny n´ez˝ oter´enek els˝ o sor´ aban 24 sz´ek van. Ezek k¨oz¨ ul 20 m´ ar foglalt. Mekkora annak a val´osz´ın˝ us´ege, hogy van 2 u ¨res hely egym´as mellett?

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

B. 5080. Az ABC egyenl˝ o sz´ ar´ u h´aromsz¨ og AB alapj´anak felez˝opontja D, AC sz´ ar´ anak C-hez k¨ ozelebbi harmadol´ opontja H. A BCH k¨ or a CD egyenest or a C ´es az X pontban metszi. Mutassuk meg, hogy CX = 43 r, ahol r az ABC k¨ sugara. (4 pont) B. 5081. Egy h´ aromsz¨ ogben az a ´es b odalakhoz tartoz´ o s´ ulyvonalak mer˝ olegesek egym´ asra. Bizony´ıtsuk be, hogy 12 < ab < 2. (3 pont) B. 5082. Igazoljuk, hogy tetsz˝oleges h´ aromsz¨ ogben a magass´ agok m´ertani, sz´ amtani ´es n´egyzetes k¨ ozepe rendre nem nagyobb a hozz´ a´ırt k¨ or¨ ok sugarainak a m´ertani, sz´ amtani, illetve n´egyzetes k¨ ozep´en´el. (5 pont) Van-e olyan 100-adfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os p(x) polinom, melyre  B. 5083.  a p p(x) polinomnak 10000 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o val´ os gy¨ oke van? (5 pont)

❄

B. 5084. Legyen n pozit´ıv eg´esz sz´ am, ´es legyen S az n hossz´ u 0−1−2 sorozatok halmaza. Hat´ arozzuk meg, hogy mely ∅ = A ⊆ S halmazok rendelkeznek a k¨ovetkez˝ o tulajdons´aggal: b´arhogyan is v´alasztunk egy   (c1 , c2 , . . . , cn ) ∈ S \ (0, 0, . . . , 0)

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ arcius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu zet: https://www.komal.hu/munkafuzet ¨ C´ım: Ko ¨MaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄

vektort, az A halmaz egy v´eletlenszer˝ uen v´ alasztott (a1 , a2 , . . . , an ) elem´ere a c1 a1 + osszegnek 1/3–1/3 val´ osz´ın˝ us´eggel lesz 0, 1, illetve 2 + c2 a2 + . . . + cn an szorzat¨ a h´armas marad´eka. (6 pont)

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5078–5085.)

B. 5085. Mutassuk meg, hogy a szab´ alyos h´etsz¨ oget fel lehet darabolni v´eges sok, egym´ ashoz hasonl´ o szimmetrikus trap´ezra. (6 pont)

B. 5078. Defini´ aljuk az a1 , a2 , . . . sorozatot a k¨ovetkez˝ o rekurzi´ oval: a1 = 1,

an =

n+1 (a1 + a2 + . . . + an−1 ), n−1

Javasolta: Laczkovich Mikl´ os (Budapest)

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ arcius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

ha n > 1.

Hat´ arozzuk meg a2020 ´ert´ek´et.

❄

(4 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

K¨ ursch´ ak feladat alapj´ an

97

98

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

A kimenet egyetlen sor´ aba ´ırjuk ki n¨ ovekv˝ o sorrendben a legt¨ obb intervallumban szerepl˝o eg´eszeket. Az eredm´eny sz´ amait sz´ ok¨ oz¨ okkel hat´ aroljuk, az egym´ ast k¨ovet˝o eg´eszek sorozat´ anak csak sz´els˝ o ´ert´ekeit adjuk meg k¨ ot˝ ojellel elv´ alasztva.

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (769–771.)

P´ elda Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) 3 / [ -5.5 , 9 ] / ] 7 , 11.1 [ / ] 3 , 5 [

P´ elda Kimenet 4 8 - 9

A. 769. Hat´ arozzuk meg azokat a h´arom k¨ ul¨ onb¨oz˝ o pozit´ıv eg´esz sz´ amb´ol a´ll´ o (a, b, c) sz´ amh´ armasokat, melyekhez l´etezik olyan H r´eszhalmaza a pozit´ıv eg´esz sz´ amoknak, hogy minden pozit´ıv eg´esz n-re az an, bn, cn sz´ amok k¨oz¨ ul pontosan egy van benne a H halmazban.

Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i502.zip ´ allom´anyban a megold´ ast tartalmaz´ o forr´ as´allom´any, valamint egy r¨ ovid sz¨ oveges le´ır´ as, ami t´ aj´ekoztat az alkalmazott programoz´ asi nyelvr˝ ol ´es a fejleszt˝ oi k¨ ornyezetr˝ol.

Javasolta: Carl Schildkraut (Massachussets Institute of Technology)

´ Magyarorsz´ag k¨ I. 503 (E). ozigazgat´ asi helyn´evk¨ onyve egy 1992 o´ta ´evente megjelen˝ o kiadv´ any, mely tartalmazza minden telep¨ ul´es hivatalos megnevez´es´et, megyei beoszt´ as´ at, a k¨ oz¨ os o anyzati hivatalokat, a helys´egek j´ ar´ asi besorol´ a¨nkorm´ s´at, valamint a nemzetis´egi o nkorm´ a nyzatokat. K¨ o zli a helys´ e gek 2018. janu´ a r 1-jei ¨ a a helys´egek KSH ´ altal ter¨ uletnagys´ ag-, lak´on´epess´eg- ´es lak´ assz´amadat´ at, tov´ abb´ kibocs´ atott telep¨ ul´esazonos´ıt´ o t¨ orzssz´ am´at. Feladatunk ezen adatok feldolgoz´ asa lesz t´ abl´ azatkezel˝ o program seg´ıts´eg´evel. 1. T¨olts¨ uk be a telep¨ ul´esi adatokat tartalmaz´ o hnk1_2018.txt sz¨ ovegf´ ajlt a t´ abl´azatkezel˝ o egy munkalapj´ ara az A1-es cell´ at´ ol kezd˝od˝oen, a k´ odok jelent´es´et tartalmaz´ o hnk2_2018.txt sz¨ ovegf´ ajlt pedig egy m´asik munkalapra. A munkalapok neve legyen rendre adat ´es statisztika. Mindk´et ´allom´any pontosvessz˝ovel tagolt, UTF-8 k´ odol´as´ u. 2. Munk´ankat kozighelynev n´even ments¨ uk el a t´ abl´ azatkezel˝ o alap´ertelmezett form´atum´ aban.

A. 770. Hat´ arozzuk meg azokat az n pozit´ıv eg´eszeket, melyekre n! k´et Fibonacci-sz´ am szorzata. A. 771. Legyen az ABC h´aromsz¨ og be´ırt k¨ ore ω, mely a BC oldalt a D pontban ´erinti. Az AD egyenes m´ asodik metsz´espontja az ω k¨orrel legyen G. Az ω k¨orh¨ oz a G pontban h´ uzott ´erint˝o messe az AB ´es AC oldalakat rendre az E ´es az F pontban. A DEF k¨ or¨ ul´ırt k¨ or´enek D-t˝ ol k¨ ul¨onb¨oz˝ o metsz´espontja ω-val legyen M . A BCG k¨ or¨ ul´ırt k¨ or´enek a G-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o metsz´espontja ω-val legyen N . Bizony´ıtand´ o, hogy az AD ´es M N egyenesek p´ arhuzamosak. ´ Javasolta: Gy˝ orffy Agoston (Remetesz˝ ol˝os) Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ arcius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 502. A sz´ amegyenesen N darab intervallumot adunk meg. Az intervallumok ny´ıltak vagy z´artak lehetnek, hat´ arpontjaik eg´eszek vagy tizedes t¨ortek. Jel¨ol´es¨ uk a szok´ asos m´odon t¨ ort´enik (az informatik´ aban megszokottabb tizedes pontot haszn´ alva), p´eld´ aul [4, 5.2[ vagy ]−3.3, 4.66[, ahol az els˝o intervallum balr´ ol z´ art ´es jobbr´ol ny´ılt, m´ıg a m´ asodik mindk´et oldalr´ ol ny´ılt. Keress¨ uk meg a sz´ amegyenes azon eg´esz sz´ amait, amelyek a legt¨ obb intervallumban vannak benne. A program olvassa be a bemenet els˝o sor´ ab´ol az intervallumok N sz´ am´at (2  N  100), ´es a k¨ovetkez˝ o N sorb´ ol egyenk´ent az intervallumokat. A bemenet intervallumai az egyszer˝ ubb beolvas´ as c´elj´ab´ ol sz´ok¨oz¨okkel tagoltak a mint´ anak megfelel˝oen, valamint mind a [−1000, 1000] intervallum r´eszei. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

99

Let¨olthet˝ o´ allom´anyok: i502beki.zip (p´elda be- ´es kimenetek).

3. A C3183-as cell´ at´ ol kezd˝od˝ oen egym´as al´ a gy˝ ujts¨ uk ki a jog´ all´ asokat. Minden o D oszlopban pedig m´asolhat´ o f¨ uggv´eny seg´ıts´et´ıpust egyszer. A mellette l´ev˝ g´evel adjuk meg, hogy az egyes jog´ all´ ast´ıpusokb´ ol h´ any tal´alhat´ o az orsz´ agban. 4. Hozzunk l´etre egy u ´j oszlopot a jelenlegi H oszlop m¨ og´e ´es ebben az oszlopban jelenjen meg az ¨ onkorm´ anyzati hivatali k´ od jelent´ese, ami a statisztika munkalapon tal´ alhat´ o. 5. A statisztika munkalap C11:E11-es cell´aiban f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel adjuk meg Magyarorsz´ag ter¨ ulet´et (hekt´ arban), lak´ on´epess´eg´et ´es a lak´ asok sz´am´at. ¨ Ugyelj¨ unk r´ a, hogy Budapest szerepel ker¨ uletenk´ent lebontva is a list´ aban. 6. Tudjuk, hogy legt¨ obben Budapesten laknak. A statisztika munkalap B9-es cell´ aj´aban eg´esz mondatba foglalva, f¨ uggv´enyek seg´ıts´eg´evel a lakoss´ agsz´ amot is megadva, ´ırjuk ki annak a telep¨ ul´esnek a nev´et, ami a m´ asodik legnagyobb lakoss´ agsz´ am´ u. 7. Az el˝oz˝ o mint´ aj´ara a B10-es cell´ aban adjuk meg annak a telep¨ ul´esnek a nev´et, megy´ej´et, ´es lakoss´ agsz´ am´at, ahol a legkevesebben laknak.

100

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

8. Az N oszlopban adjuk meg, hogy k´et tizedesjegyre felfel´e kerek´ıtve a´tlagosan h´ anyan ´elnek egy lak´asban. 9. K´esz´ıts¨ unk egy 21 soros, 14 oszlopos t´ abl´ azatot a statisztika munkalapra az eredeti t´abl´ azat mell´e, u ´gy, hogy a G3-as cell´ aba B´acs-Kiskun” megye ker¨ ul” j¨ on. Alatta gy˝ ujts¨ uk ki az adatok munkalap D oszlop´aban tal´alhat´ o megye” ” neveket ´es rendezz¨ uk ABC-rendbe. A H2-es cell´aba a bolg´ar” sz´ o ker¨ ulj¨on, ” a mellette l´ev˝ o cell´akba a t¨ obbi nemzetis´egi ¨ onkorm´ anyzat az adat munkalapr´ ol. A t´ abl´ azatot t¨ olts¨ uk fel egyetlen m´ asolhat´ o f¨ uggv´eny haszn´ alat´aval u ´gy, hogy megy´enk´ent adja meg az ¨ onkorm´ anyzatok sz´am´at.

1. Olvassuk be ´es t´ aroljuk el a Cardano-r´ acsot tartalmaz´o cardano.txt ´ allom´anyt, amely egy 6 × 6-os rost´elyt tartalmaz. Az ´atl´ atsz´ o r´ acspontokban 0 szerepel, a nem a´tl´ atsz´ okban 1. 2. K´esz´ıts¨ unk elj´ ar´ ast Forgat n´even, amely lehet˝ov´e teszi a Cardano-r´ acs −90 fokos (vagyis az ´oramutat´o j´ar´ as´ aval egyez˝o ir´ any´ u) elforgat´ as´ at. 3. ´Irassuk ki a k´eperny˝ore a megadott Cardano-r´ acsot, valamint annak −90 fokos elforgat´ as´ at. A k´et r´ acs egym´as alatt jelenjen meg. 4. A fenti mint´ an l´athat´ o sz¨ oveget a titkos.txt f´ajl tartalmazza 6 × 6-os r´ acsokra bontva. Olvassuk be a f´ajl tartalm´at, fejts¨ uk vissza azt a megadott Cardano-r´ acs seg´ıts´eg´evel a Forgat elj´ ar´ as felhaszn´al´as´ aval, majd a megfejt´est sorfolytonosan ´ırassuk ki a k´eperny˝ ore.

10. A statisztika munkalapon tal´ alhat´ o C oszlopban adjuk meg, hogy az egyes onkorm´ anyzati hivatalokhoz h´ any lak´as tartozik. ¨ Forr´ as: http://www.ksh.hu/apps/shop.kiadvany?p_kiadvany_id= 1039140&p_lang=HU (2019.09.11.). Bek¨ uldend˝o egy t¨om¨ or´ıtett i503.zip ´ allom´anyban a megold´ ast ad´ o t´abl´ azatkezel˝ o munkaf¨ uzet ´es egy r¨ ovid dokument´ aci´ o, amely megadja a felhaszn´ alt t´abl´ azatkezel˝ o nev´et ´es verzi´oj´at. I. 504. A k¨ oz´epkorban haszn´alt titkos´ıt´ asi elj´ ar´ asok egyike a Cardano-r´acs. A titkos´ıtand´ o sz¨ oveget ebben az esetben n´egyzet alakban rendezik el, a sz¨oveg rejtjelez´ese ´es visszafejt´ese pedig az erre illeszked˝o, megfelel˝o helyeken kiv´ agott rost´ely ablakain kereszt¨ ul t¨ ort´enik. A sz¨ ovegb˝ ol a r´ acsban csak a bet˝ uk szerepelnek, uket az ´ır´ asjelek ´es sz´ ok¨ oz¨ok nem. A rost´ely egy-egy helyzet´eben a l´ athat´o bet˝ sorfolytonosan kiolvassuk, a rost´ely h´aromszori k¨ orbeford´ıt´as´aval a n´egyzet minden bet˝ uje felhaszn´al´asra ker¨ ul. (A dupla bet˝ uket k´et karakterrel k´ odoljuk, p´eld´ aul GY helyett G ´es Y.) A m´ odszer bemutat´ asa az I. 201. feladatban szerepelt, ´erdemes belen´ezni a kit˝ un˝ o mintamegold´ asokba (https://www.komal.hu/feladat?a=feladat&f= I201&l=hu). K´esz´ıts¨ unk programot, amely a Cardano-r´ accsal t¨ort´en˝ o rejtjelez´est ´es visszafejt´est v´egzi el: K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

101

oveg egy n´egyzetn´el” hosszabb, akkor azt Ha a titkos´ıtand´ o sz¨ ” t¨obb n´egyzetre kell bontani. Ha nem tesz ki a sz¨ oveg utols´ o r´esze egy teljes n´egyzetet, akkor azt v´eletlenszer˝ u karakterekkel t¨ oltik fel. A Cardano-r´ acs alkalmaz´ as´ aval tal´ alkozhatunk Jules Verne: S´ andor M´ aty´ as c. k¨ onyv´eben is. A k¨ onyvben szerepl˝o titkos´ıtand´o sz¨oveget a nyilt.txt UTF-8 k´ odol´as´ u ´ allom´any tartalmazza. A k¨onyvben a titkos´ıt´ast k´et l´ep´esben v´egezt´ek, az al´abbiakban ezt kell v´egrehajtani: 5. Olvassuk be a nyilt.txt f´ajl tartalm´ at, majd ford´ıtsuk meg a sz¨oveget. A beolvasott, illetve a megford´ıtott sz¨ oveget egyar´ ant ´ırassuk ki a k´eperny˝ ore. 6. A felcser´elt karakterekb˝ ol ´ all´ o sz¨ oveget rejtjelezz¨ uk a megadott Cardano-r´acs alkalmaz´ as´ aval, ´es az eredm´enyt 6 × 6-os r´acsban – a minta szerint – ´ırassuk ki a sandormatyas.txt f´ajlba. Bek¨ uldend˝o egy i504.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a program forr´ ask´ odja ´es egy r¨ovid le´ır´as, ami megadja, hogy a forr´ as´ allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. Let¨olthet˝ o f´ajlok: cardano.txt, titkos.txt, nyilt.txt. I/S. 42. Egy u ´t mindk´et oldal´ an kilom´eterenk´ent tal´ alhat´ o egy-egy kilom´eterk˝ o. N csirke szeretne a´tkelni az u ´t egyik (ugyanazon) oldal´ ar´ ol a m´ asikra. Mind102

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

egyikr˝ ol tudjuk, hogy melyik kilom´eterk˝ ot˝ ol indul ´es melyik kilom´eterk˝ oh¨oz ´erkezik. Minden kilom´eterk˝ ot˝ ol legfeljebb egy csirke indul ´es minden kilom´eterk˝oh¨oz legfeljebb egy csirke ´erkezik. Ha k´et csirke u ´tvonala keresztezi egym´ ast, akkor tal´ alkozhatnak, ¨ osszezavarodnak ´es esetleg nem ´ernek c´elba. Adjuk meg, h´ any csirke u ´tja biztons´agos, teh´ at h´ anyat nem fenyeget a keresztez´esb˝ ol ad´od´ o vesz´ely. Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza a csirk´ek N sz´ am´at. A k¨ovetkez˝ o N sor mindegyike k´et sz´ amot tartalmaz, mely azt jelenti, hogy az i-edik csirke az Ai kilom´eterk˝ ot˝ ol indul ´es a Bi kilom´eterk˝ oh¨ oz ´erkezik. Kimenet: az els˝ o sor tartalmazza azon csirk´ek sz´ am´at, amelyek biztons´ agosan at tudnak kelni az u ´ ´ton. P´elda: Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) Kimenet 4 2 1 8 / 11 12 / 14 20 / 7 13 Korl´ atok: 1  N  105 , 1  Ai , Bi  109 . Id˝ okorl´at: 0,3 mp. ´ ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ Ert´ o, ha N  10 000. Bek¨ uldend˝o egy is42.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. S. 141. Egy ´ep¨ ulet legfels˝ o emelete N darab l´epcs˝ ofokra van a f¨oldszintt˝ ol. Bal´ azs M napon a´t, minden nap felmegy a f¨ oldszintr˝ ol az ´ep¨ ulet legfels˝ o szintj´ere. Az els˝o nap maximum P darab l´epcs˝ ofokot tud l´epni egy l´ep´essel. Mivel Bal´azs egy n¨ oveked´esben lev˝ o tini, ez´ert a m´asodik nap m´ ar P + 1 fokot tud megtenni egy l´ep´essel, a harmadik nap P + 2 fokot, ´es ´ıgy tov´ abb. A legfels˝o szintr˝ ol lefel´e mindig abb lifttel k¨ ozlekedik, csak felfel´e l´epcs˝ ozik. Adjuk meg, hogy az M nap alatt legal´ h´ any l´ep´est tesz meg Bal´ azs. Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N , M ´es P sz´ amokat ebben a sorrendben. Kimenet: adjuk meg a minim´alisan megtett l´ep´esek sz´ am´at. P´elda: Bemenet 12 4 2

Kimenet 16

Korl´ atok: 1  N, M, P  1012 . Id˝ okorl´at: 0,4 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N  103 . Bek¨ uldend˝o egy s141.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k ¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ arcius 10. ¨ ld´

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

103

´ Eletm˝ ´ R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıjak ´ atad´ asa 2019 december´ eben 2019. december 4-´en 19. alkalommal adt´ ak ´ at a h´ıres pedag´ogus, t¨ obb vil´ agh´ır˝ u magyar tud´os tudom´anyos karrierj´et is elind´ıt´ o R´ atz L´ aszl´ o tan´ ar u ´rr´ ol elnevezett ´eletm˝ ud´ıjakat. Az Ericsson Magyarorsz´ag, a Graphisoft ´es a Richter Gedeon Nyrt. ´altal alap´ıtott elismer´es c´elja, hogy elismerje a term´eszettudom´anyos oktat´ as ter¨ ulet´en kiemelked˝ o teljes´ıtm´enyt ny´ ujt´ o pedag´ogusok munk´ aj´at, ´es egyben felh´ıvja a figyelmet a term´eszettudom´ anyos oktat´ as fontoss´ ag´ ara. Az elm´ ult k¨ ozel k´et ´evtizedben ¨ osszesen 144 olyan, az 5–12. ´evfolyamos di´akoknak matematik´ at, fizik´ at, biol´ ogi´at vagy k´emi´ at tan´ıt´ o tan´ ar kapta meg az ´eletm˝ ud´ıjat, akik maradand´ ot alkottak tant´ argyaik n´epszer˝ us´ıt´es´eben ´es a tehets´eggondoz´ as ter¨ ulet´en. A fejenk´ent 1,5 milli´ o forinttal j´ ar´ o elismer´esre – amelyet minden ´evben valamennyi fenti szakter¨ uletr˝ ol k´et-k´et pedag´ ogus kap meg – koll´eg´aik jel¨olhetik a tan´ arokat, a nyertesek szem´ely´er˝ ol pedig a h´arom alap´ıt´ o v´allalat ´altal l´etrehozott Alap´ıtv´ any a Magyar Term´eszettudom´ anyos Oktat´ as´ert kurat´ oriuma d¨ont. ´ Eletm˝ ´ A R´atz Tan´ ar Ur ud´ıjat az orsz´ag b´ armely iskol´aj´aban tan´ıt´ o vagy kor´abban ott tev´ekenyked˝ o pedag´ogus megkaphatja, ´ıgy id´en is Szombathelyt˝ol Egerig jutalmazt´ ak a kiemelked˝o teljes´ıtm´enyt. A d´ıjazott pedag´ ogusok valamennyien a re´ altant´ argyak oktat´asi sz´ınvonal´ anak emel´es´e´ert dolgoznak, di´ akjaik sikeresen szerepelnek orsz´agos tudom´anyos versenyeken, az oktat´ as mellett rendszeresen tov´ abbk´epzik magukat, t´ aj´ekozottak az adott tudom´ any ter¨ ulet´en el´ert eredm´enyekr˝ol, gyakran tank¨ onyvek ´es szakmai foly´ oiratok szerz˝ oi. A tehets´eggondoz´ as mellett t¨orekednek a term´eszettudom´ anyos tud´ ast nemcsak a legjobbakkal, hanem valamennyi di´ akjukkal elsaj´at´ıttatni ´es egyben sz´eles l´at´ ok¨ orrel rendelkez˝ o feln˝ otteket nevelni. Az ´eletm˝ ud´ıjat h´ arom, a term´eszettudom´anyos oktat´ as t´ amogat´ as´aban elk¨ otelezett v´ allalat, az Ericsson Magyarorsz´ag, a Graphisoft ´es a Richter Gedeon Nyrt. hozta l´etre 2000-ben R´ atz L´ aszl´ onak, a m´ ult sz´ azad legend´ as tan´ aregy´enis´eg´enek eml´eket a´ll´ıtva. ´ Eletm˝ ´ A 2019-ben R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıjban r´ eszesu arok: ¨ lt tan´ ´ K´emi´ ab´ol Mostbacher Eva (P´ecs, Ciszterci Rend Nagy Lajos Gimn´aziuma ´es ´ Koll´egiuma) ´es Martonn´ e Ruzsa Val´ eria (Szombathely, Paragv´ari Utcai Altal´anos Iskola); Biol´ ogi´ab´ol Dr. Kardon Ferenc (Budapest-Fasori Evang´elikus Gimn´ azium) ´es ´ Dr. Sz´ ekely Andr´ asn´ e (Szabadbatty´ an, Batthy´ any Lajos Altal´ anos Iskola); Matematik´ ab´ ol B´ır´ o B´ alint (Egri Szil´ agyi Erzs´ebet Gimn´ azium ´es Koll´egium) ´ ´es Kov´ acs Csongorn´ e (Budapesti Fazekas Mih´aly Gyakorl´ o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ azium); Fizik´ ab´ol Gy˝ ori Istv´ an (Szeged, S´ agv´ ari Endre Gyakorl´ o Gimn´azium) ´es ´ Horv´ athn´ e Fazekas Erika (Szeged, SZTE Juh´ asz Gyula Gyakorl´ o Altal´ anos ´es Alapfok´ u M˝ uv´eszeti Iskol´ aja). 104

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Id´ez¨ unk a matematika, illetve a fizika ter¨ ulet´en d´ıjazott tan´ arokr´ ol k´esz´ıtett r¨ ovidfilmekb˝ ol. Matematika B´ır´ o B´ alint (Eger): Az ´ or´ anak sohase szabad nagyon-nagyon szigor´ unak len´ nem szeretem a rossz hangulat´ ni. En u ´ or´ akat, amikor az ember ´ all a katedr´ an, ´es a katedra tekint´ely´et pr´ ob´ alja meg latba vetni az´ert, hogy az, amit mond, hiteles ´ gondoltam mindig, hogy matematik´ legyen. Ugy ab´ ol meg kell mutatni azt, ami ´er´ gondolom, hogy dekes, ami sz´ep, ´es ami ¨ osszef¨ ugg´esben ´ all a m˝ uv´eszetekkel is. Ugy az egy nagyon fontos dolog, hogy j´ o tanulni. Tudom ´es l´ atom, hogy ´erdekli ˝ oket a matematika. Vannak, akik fog´ekonyak r´ a, ´es azokkal lehet sikereket el´erni. Nem okvetlen¨ ul csak versenyen el´ert sikerekre gondolok, hanem siker az is, ha egy gyerek ´ azt mondja, hogy Ertem!” ” A tan´ ar u ´rr´ ol sz´ol´o r¨ ovidfilm itt tekinthet˝o meg: https://vimeo.com/375379912. Kov´ acs Csongorn´ e (Budapest): Azt hiszem, hogy a matematika tan´ıt´ as´ anak egyik c´elja, hogy gondolkozni tan´ıtsuk a gyerekeket, nem bizonyos szab´ alyok v´egrehajt´ as´ ara, hanem probl´emamegold´ asra. Ehhez viszont probl´em´ akat kell ny´ ujtani. ´ tanulja a matematik´ Ugy at, hogy lehet˝ oleg min´el t¨ obb ´erz´ekszerv´evel tanulja: tapasztalja meg, rakja ki, rajzolja le, sz´ınezze ki, j´ arja k¨ or¨ ul – ha lehet a mozg´ as ´ altal. Mindig megjutalmaztam azt, aki k´erdez. Tess´ek kiab´ alni, hogy Mara n´eni, ne olyan ” gyorsan!” A tan´ arn˝ or˝ ol sz´ol´o r¨ ovidfilm itt tekinthet˝o meg: https://vimeo.com/375381523. Fizika Gy˝ ori Istv´ an (Szeged): Az ember 8 o ´r´ an kereszt¨ ul k´esz´ıt el˝ o egy olyan k´ıs´erletet, ami majd 10 m´ asodperc lesz az ´ or´ an – ha siker¨ ul. Aki j´ art iskol´ aba, az ismeri azt a tan´ ari mondatot, ami a nem siker¨ ult k´ıs´erleteket szokta k´ıs´erni, hogy tegnap ” a szert´ arban m´eg j´ o volt”. Az embernek a mem´ ori´ aja szerencs´ere szelekt´ıv. Elm´ ulik 4 ´ev, elm´ ulik 10 ´ev, ´es akkor m´ ar nem eml´ekszik az ember a h´etk¨ oznapi bossz´ us´ agokra, viszont megmaradnak azok az ´elm´enyek, azok a jutalmak, amiket cser´ebe kapunk. Nem szabad, hogy kett´ev´ aljon a fizikatan´ ar ´es a pedag´ ogus, azaz sz¨ untelen¨ ul nevelni kell, m´eg akkor is, ha Newton t¨ orv´enyei vannak a centrumban azon az ´ or´ an. A tan´ ar u ´rr´ ol sz´ol´o r¨ ovidfilm itt tekinthet˝o meg: https://vimeo.com/375382407. Horv´ athn´ e Fazekas Erika (Szeged): A gyerekeket motiv´ alni ´elm´ennyel lehet. Fontos, hogy olyan feladatokat kapjanak, ami o ˝ket ´erdekli. Hogy olyan probl´em´ akat vess¨ unk fel, amin t´enyleg elgondolkoznak. Az ´en tan´ıtv´ anyaim nagyon lelkesek az´ert, hogy vannak olyan k´ıs´erletek, amikb˝ ol odahaza k´esz¨ ulhetnek, ezekb˝ ol fot´ ot vagy vide´ ot k´esz´ıtenek, ´es ezeket a felv´eteleket ut´ ana megmutatj´ ak. A j¨ ov˝ o mindenk´eppen az, hogy hagyni kell a gyerekeket, hogy ezekkel az eszk¨ oz¨ okkel dolgozzanak, ´es ezzel nyerhet¨ unk a term´eszettudom´ anyoknak, a fizik´ anak is. A tan´ arn˝ or˝ ol sz´ol´o r¨ ovidfilm itt tekinthet˝o meg: https://vimeo.com/375380506. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

105

Besz´ amol´ o a 2019. ´ evi Eo ol ¨tvo ¨s-versenyr˝

Az E¨otv¨os Lor´ and Fizikai T´arsulat 2019. ´evi E¨ otv¨ os-versenye okt´ ober 11-´en ult megrendez´esre. d´elut´ an 3 o´rai kezdettel tizenk´et magyarorsz´agi helysz´ınen∗ ker¨ Ez´ert k¨ ul¨on k¨ osz¨ onettel tartozunk mindazoknak, akik ebben szervez´essel, fel¨ ugyelettel a seg´ıts´eg¨ unkre voltak. A versenyen a h´ arom feladat megold´as´ ara 300 perc ´all rendelkez´esre, b´armely ´ırott vagy nyomtatott seg´edeszk¨ oz haszn´alhat´ o, de (nem programozhat´ o) zsebsz´amol´og´epen k´ıv¨ ul minden elektronikus eszk¨ oz haszn´alata tilos. Az E¨otv¨os-versenyen azok vehetnek r´eszt, akik vagy k¨ oz´episkolai tanul´ok, vagy ¨ a verseny ´ev´eben fejezt´ek be k¨ oz´episkolai tanulm´anyaikat. Osszesen 56 versenyz˝o adott be dolgozatot, 19 egyetemista ´es 37 k¨ oz´episkol´as. Ismertetj¨ uk a feladatokat ´es azok megold´ as´ at.

❄ 1. Egy k¨ onnyen mozg´ o dugatty´ u egy h˝ oszigetelt, v´ızszintes tengely˝ u hengert u r´eszre oszt. Mindk´et r´eszben p0 nyom´ as´ u, egykezdetben k´et azonos, V0 t´erfogat´ atomos ide´ alis g´ az van. A bal oldali r´eszben a kezdeti h˝ om´ers´eklet 2T0 , m´ıg a jobb alaszt´ o dugatty´ u m´ers´ekelten h˝ ovezet˝ o, h˝ o´ atad´ aoldali r´eszben T0 . A k´et r´eszt elv´ s´ at az α param´eter jellemzi, azaz ΔT h˝ om´ers´eklet-k¨ ul¨ onbs´eg eset´en a dugatty´ un id˝ oegys´egenk´ent ´ at´ araml´ o h˝ o αΔT . a) Mekkora lesz a k´et r´eszben a g´ azok t´erfogata, h˝ om´ers´eklete ´es nyom´ asa hossz´ u id˝ o eltelt´evel? b) Adjuk meg az id˝ o f¨ uggv´eny´eben a k´et t´err´eszben lev˝ o g´ az V1 (t) ´es V2 (t) t´erfogat´ at! (Tasn´ adi Tam´ as) Megold´ as. a) Amint a feladat sz¨ ovege is mutatja, a kezdeti ´ert´ekeket nulla indexszel, a bal oldali r´eszt egyes, ´es a jobb oldali r´eszt kettes indexszel jel¨ olj¨ uk. A v´egs˝ o ´allapot mennyis´egeit a v” index mutatja. Az 1. a ´bra a folyamatot ´es ” az a´llapotjelz˝ok ´ert´ekeit foglalja ¨ ossze.

1. ´ abra ∗

106

R´eszletek a verseny honlapj´ an: http://eik.bme.hu/~vanko/fizika/eotvos.htm

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Mivel mindk´et r´eszben egyatomos ide´ alis g´az van, a szabads´ agi fok f = 3. A kezdeti a´llapotra fel´ırt g´ azt¨ orv´enyb˝ ol, p0 V0 = n1 R2T0 ,

differenci´alegyenleteknek felelnek meg. Ezekb˝ ol kifejezve a dT1 /dt ´es dT2 /dt h´ aom´ers´eklet-k¨ ul¨ onbs´eget nyadosokat, valamint bevezetve a ΔT = T1 − T2 h˝ dΔT 3α =− ΔT dt (f + 2)n1 R

p0 V0 = n2 RT0 ,

megkapjuk, hogy a jobb oldalon a m´olok sz´ama k´etszer annyi, mint a bal oldalon: n2 = 2n1 . A dugatty´ u h˝ o´ atad´ asa k¨ ovetkezt´eben a bal oldali g´ az lassan leh˝ ul, ´es a jobb oldali melegszik, mik¨ ozben a dugatty´ u balra tol´ odik. A folyamat lass´ us´aga k¨ovetkeza t´eben a dugatty´ u k´et oldal´ an a nyom´ asnak meg kell egyeznie, azaz p1 = p2 . Tov´abb´ a rendszerben az energia megmarad, teh´ at a bels˝ o energi´ ak ¨osszege a´lland´ o: f f f f n1 R2T0 + 2n1 RT0 = n1 RT1 + 2n1 RT2 , 2 2 2 2 amely egyszer˝ us´ıt´esek ut´ an, ´es a g´ azt¨ orv´enyt felhaszn´ alva: p0 V 0 + p 0 V 0 = p1 V 1 + p 1 V 2 . A jobb ´es bal oldali t´erfogat ¨ osszege nem v´ altozik, ´es ´ıgy a fenti egyenletb˝ol k¨ovetkezik, hogy a nyom´ as v´egig mindk´et oldalon a´lland´ o marad, azaz

Az els˝o egyenletben tal´ alhat´ o´ alland´ o a h˝ o´ atad´ asi folyamat lecseng´esi egy¨ utthat´ oja: λ=

egyenlet´eb˝ ol Tv =

6αT0 3α = . (f + 2)n1 R 5p0 V0

A fentihez hasonl´o differenci´ alegyenlet a tudom´ anyokban sz´ amos helyen el˝ ofordul. Ezek k¨ oz¨ ul a legismertebb a radioakt´ıv boml´ as, amelynek a megold´ asa a λ ´alland´ oval lecseng˝o exponenci´ alis f¨ uggv´eny. Mivel ismerj¨ uk ennek a f¨ uggv´enynek a kezdeti ´ert´ek´et, enn´elfogva ΔT = T0 e−λt , ´es ´ıgy T1 (t) =

f f f f n1 R2T0 + 2n1 RT0 = n1 RTv + 2n1 RTv 2 2 2 2

d(T1 + 2T2 ) = 0. dt

A m´asodik egyenletben a differenci´aland´ o mennyis´eg nem v´ altozik, ´es kezdeti ´ert´ek´et ismerj¨ uk, teh´ at T1 + 2T2 = 4T0 .

p1 = p 2 = p 0 , ´es a folyamat izob´ ar. Most r´ at´er¨ unk a v´egs˝ o ´ allapot meghat´ aroz´ as´ ara. M´ar tudjuk, hogy a v´egs˝ o nyom´ as megegyezik a kezdetivel. A dugatty´ un t¨ ort´en˝ o h˝o´atad´ as k¨ovetkezt´eben a v´egs˝ o h˝ om´ers´eklet a k´et oldalon ugyanakkora. Az energiamegmarad´as

´es

4 2 T0 + T0 e−λt , 3 3

T2 (t) =

4 1 T0 − T0 e−λt . 3 3

A t´erfogatok v´altoz´ as´ at most is Gay-Lussac els˝ o t¨ orv´enye adja: V1 (t) =

2 1 V0 + V0 e−λt , 3 3

V2 (t) =

4 1 V0 − V0 e−λt . 3 3

Ezeket a f¨ uggv´enyeket a 2. ´ abra grafikonjain is bemutatjuk, ahol a h˝om´ers´ekot pedig 1/λ egys´egekben m´ert¨ uk. letet T0 , a t´erfogatot V0 , az id˝

4 T0 . 3

Gay-Lussac els˝ o t¨ orv´eny´eb˝ ol V1v =

2 V0 3

´es

V2v =

4 V0 . 3

b) Most t´erj¨ unk r´ a a folyamat vizsg´alat´ ara. A bal oldali r´esz leh˝ ul, a jobb oldali melegszik, azaz a bal oldal Δt id˝ o alatt bek¨ ovetkez˝ o kicsiny ΔT1 h˝om´ers´ekletar, ez´ert a bal ´es v´altoz´ asa negat´ıv, m´ıg a jobb oldalra ΔT2 > 0. A folyamat izob´ jobb oldal egyenlete: f +2 n1 RΔT1 = α(T2 − T1 )Δt, 2

illetve

f +2 2n1 RΔT2 = α(T1 − T2 )Δt. 2

illetve

f +2 dT2 2n1 R = α(T1 − T2 ) 2 dt

Ezek az egyenletek az dT1 f +2 n1 R = α(T2 − T1 ), 2 dt

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

2. ´ abra

2. Egy a oldal´el˝ u kocka minden ´ele egyforma, R ellen´ all´ as´ u huzalb´ ol k´esz¨ ult. oj´ u m´ agneses mez˝ obe mer¨ ul, amit τ id˝ o A kocka homog´en, kezdetben B0 indukci´ alatt egyenletesen null´ ara cs¨ okkent¨ unk. Mekkora a folyamat k¨ ozben keletkez˝ o Jouleh˝ o, ha a m´ agneses indukci´ ovektor a kocka egy cs´ ucsban tal´ alkoz´ o ´eleivel rendre α, β ´es γ hegyessz¨ oget z´ ar be? (cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.) (Vigh M´ at´e )

107

108

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Megold´ as. K´epzelj¨ uk el egy pillanatra, hogy a m´ agneses t´ernek csak az x ir´any´ u, id˝ oben Bx (t) = Bx,0 (1 − t/τ ) szerint v´altoz´ o komponense l´etezik, a m´ asik k´et komponens pedig z´erus! Ekkor a szimmetria miatt a 3. a ´bra bal sz´el´en l´ athat´ o´ arameloszl´as j¨onne l´etre. A kocka aramokat a Faraday-f´ele indukci´ ot¨orv´enyb˝ ol 8 ´el´eben foly´ o, egyforma nagys´ ag´ u Ix ´ lehet meghat´ arozni: Uind = −

dΦ dt

−→

4RIx = a2

2

2

osszef¨ ugg´es miatt Ha a z´ ar´ ojeleket felbontjuk, az (Ix + Iy ) + (Ix − Iy ) = 2Ix2 + 2Iy2 ¨ a teljes´ıtm´eny az al´ abbi alakra egyszer˝ us¨ odik:   P = 8R Ix2 + Iy2 + Iz2 .

A keletkez˝ o Joule-h˝ot az el˝obb kisz´ am´ıtott teljes´ıtm´eny ´es a τ id˝ o szorzatak´ent sz´ amolhatjuk. Az Ix , Iy , Iz ´ aramer˝ oss´egekre kor´ abban levezetett eredm´enyek felhaszn´ al´as´aval kapjuk a k¨ ovetkez˝ ot: 2 2 2 + By,0 + Bz,0 a4 B02 a4 Bx,0 = . 2R τ 2R τ Azt az ´erdekes eredm´enyt kaptuk, hogy a Joule-h˝o f¨ uggetlen a m´ agneses t´er ir´any´ at´ ol, csup´ an annak nagys´ ag´ at´ ol f¨ ugg. A feladatban megadott α, β ´es γ sz¨ ogekre teh´at nem is volt sz¨ uks´eg!

Q = Pτ =

Bx,0 , τ

ahol felhaszn´altuk, hogy a m´ agneses t´er ir´any´ ara mer˝ oleges lapokon a´tmen˝ o, kezdeti a2 Bx,0 nagys´ ag´ u fluxus τ id˝ o alatt cs¨ okken null´ ara.

3. Egy nagyon hossz´ u k¨ otelet v´ızszintes helyzetben, a s´ uly´ an´ al sokkal nagyobb ovel megfesz´ıt¨ unk. A k¨ ot´el a pozit´ıv x tengelyen helyezkedik el, egyik v´ege pedig F0 er˝ az orig´ oban van.

3. ´ abra

Hasonl´oan kapjuk az ´elekben foly´ o´ aramer˝ oss´egeket azokra az elk´epzelt esetekre, melyekben a m´ agneses mez˝ onek csak az y- vagy z-komponense van jelen (3. ´ abra k¨ oz´eps˝ o ´es jobb sz´els˝ o rajza): Ix =

a2 Bx,0 , 4R τ

Iy =

a2 By,0 , 4R τ

Iz =

a2 Bz,0 . 4R τ

Ha a m´agneses t´ernek mindh´ arom komponense jelen van, akkor a kialakul´o fesz¨ ults´eg- ´es ´ arameloszl´ast a fenti h´ arom eset szuperpoz´ıci´ ojak´ent kapjuk, ezt mutatja a 4. a ´bra.

(Gn¨ adig P´eter ) Megold´ as. a) A k¨ ot´el v´egpontj´ anak rezg˝omozg´as´ at az

A teljes Joule-h˝ o teljes´ıtm´enye az id˝ oben a´lland´ o er˝ oss´eg˝ u a´ramok miatt konstans, nagys´ aga pedig az egyes ´elekben disszip´al´od´o RI 2 teljes´ıtm´enyek ¨ osszege: 2

y(t) = A sin(2πf t + ϕ0 ) f¨ uggv´ennyel ´ırhatjuk le, ahol ϕ0 a rezg´es f´ azisa a 0 id˝ opillanatban, amely az id˝ om´er´es kezdet´enek megfelel˝o megv´ alaszt´ as´ aval nulla lehet. o alatt A rezg´es c sebess´eggel terjed az x tengely ment´en, x t´avols´ agra xc id˝ ´ ovel ´er el. Igy az x koordin´ at´ aj´ u pontban a kit´er´es akkora, mint az orig´ oban xc id˝ kor´ abban volt. Ez alapj´ an a keresett hull´amf¨ uggv´eny:    x  2πf x . y(x, t) = A sin 2πf t − = A sin 2πf t − c c

2

P = 2R(Ix + Iy ) + 2R(Ix − Iy ) + 2

2

2

2

+ 2R(Iy + Iz ) + 2R(Iy − Iz ) + + 2R(Ix + Iz ) + 2R(Ix − Iz ) . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

a) Ha a k¨ ot´el orig´ oban l´ev˝ o v´eg´et A amplit´ ud´ oj´ u, f frekvenci´ aj´ u harmonikus rezg˝ omozg´ assal az x tengelyre mer˝ oleges, v´ızszintes y ir´ anyban mozgatjuk, a k¨ ot´elben transzverz´ alis hull´ amok j¨ onnek l´etre, amelyek (a k¨ ot´el hosszegys´egre es˝ o t¨ omeg´et˝ ol ´es a fesz´ıtetts´eg´et˝ ol f¨ ugg˝ o) c sebess´eggel terjednek. (A hull´ amok amplit´ ud´ oja kicsi, vagyis A  c/f .) Adjuk meg a k¨ ot´el x koordin´ at´ aj´ u pontj´ anak t id˝ opillanatbeli y(x, t) kit´er´es´et! b) Mekkora a ´tlagos teljes´ıtm´eny sz¨ uks´eges a k¨ ot´el v´eg´enek mozgat´ as´ ahoz? c) Most a k¨ ot´el orig´ oban l´ev˝ o v´ege y ir´ anyban szabadon elmozdulhat, de mozg´ as´ at a k¨ ot´el v´eg´enek v(t) sebess´eg´evel ar´ anyos, −γv(t) er˝ o f´ekezi. A k¨ ot´elen egy A amplit´ ud´ oj´ u szinuszhull´ am ´erkezik az orig´ o fel´e. Azt tapasztaljuk, hogy a hull´ am r´eszben vagy esetleg teljesen visszaver˝ odik, melynek k¨ ovetkezt´eben egy, az orig´ ot´ ol t´ avolod´ o, B amplit´ ud´ oj´ u szinuszhull´ am is kialakul. Mekkora a visszavert hull´ am amplit´ ud´ oja? Adjuk meg a B/A ar´ anyt! Vizsg´ aljuk os ´es nagyon gyenge csillap´ıt´ as) eseteket! Van-e a γ → ∞ ´es γ → 0 (nagyon er˝ olyan γ csillap´ıt´ asi t´enyez˝ o, amelyn´el egy´ altal´ an nem ver˝ odik vissza hull´ am a k¨ ot´el v´eg´er˝ ol?

4. a ´bra

109

110

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

b) A k¨ ot´el alakj´ at egy r¨ ogz´ıtett t = t1 pillanatban az

A k¨ot´el v´eg´enek sebess´ege a rezg˝ omozg´as´ at le´ır´ o y(t) = y(x = 0, t) egyv´ altoz´ os f¨ uggv´eny (t szerinti, j´ol ismert) deriv´altja:

 2πf x y(x) = y(x, t = t1 ) = A sin 2πf t1 − c

vy =

A pillanatnyi teljes´ıtm´eny ezek alapj´an:

egyv´ altoz´ os f¨ uggv´eny adja meg, ahol 2πf t1 egy konstans. B´ armely x pontban a k¨ ot´el x tengellyel bez´ art sz¨og´enek tangense ´eppen ennek a f¨ uggv´enynek a meredeks´ege, amit legegyszer˝ ubben (az x v´altoz´ o szerinti) deriv´ al´assal hat´ arozhatunk meg: tg α(x, t = t1 ) =



dy = 2πf A cos(2πf t). dt

P (t) = Fy (t)vy (t) =

6. a ´bra

4π 2 f 2 A2 F0 cos2 (2πf t). c

A keresett ´atlagos teljes´ıtm´eny – a cos2 (2πf t) f¨ uggv´eny 6. ´ abr´ ar´ ol leolvashat´ o, j´ol ismert ´atlag´ert´eke alapj´ an – a maxim´alis teljes´ıtm´eny fele:



2πf dy 2πf = −A cos 2πf t1 − x . dx c c

P =

A k¨ ot´el alakja azonban v´ altozik az id˝ ovel, ´ıgy egy adott ponton a meredeks´eg (´es az α sz¨ og is) az id˝o f¨ uggv´enye lesz. Az orig´ oban (az x = 0 helyen) a k¨ot´el ir´ anytangense eszerint:  2πf 2πf 2πf tg α(t) = tg α(x = 0, t) = −A cos 2πf t − 0 = −A cos(2πf t). c c c

2π 2 f 2 A2 F0 Pmax = . 2 c

c) Ebben a r´eszben az orig´ o fel´e ´erkezik egy hull´am. Ennek hull´ amf¨ uggv´enye az ellenkez˝o ir´ any´ u terjed´es miatt:  2πf y← (x, t) = A sin 2πf t + x . c A visszaver˝ od˝ o hull´am ism´et a pozit´ıv ir´anyban halad:  2πf x+ϕ , y→ (x, t) = B sin 2πf t − c

A k¨ ot´el mozgat´ as´ahoz sz¨ uks´eges (id˝ oben v´ altoz´ o) pillanatnyi teljes´ıtm´enyt a P (t) = Fy (t)vy (t)

itt fel kell venn¨ unk egy egyel˝ore ismeretlen ϕ f´azisk¨ ul¨ onbs´eget is. A k¨ ot´elen kialakul´ o hull´ am ennek a k´et hull´ amnak a szuperpoz´ıci´ oja:

ot´el v´eg´ere kifejtett y-ir´any´ u er˝o, szorzat hat´ arozza meg, ahol Fy (t) az ´altalunk a k¨ ot´el orig´ oban l´ev˝ o v´eg´enek (y-ir´ any´ u) sebess´ege (5. ´ abra). vy (t) pedig a k¨ 7. ´ abra

y(x, t) = y← (x, t) + y→ (x, t).

A k¨ot´el v´ege y ir´ anyban szabadon mozoghat, ´ıgy a r´ a hat´ o y-ir´ any´ u er˝ ok ered˝ oj´enek minden pillanatban null´ anak kell lennie: F0 sin α − γvy ≈ F0

A hull´amf¨ uggv´eny ´es a deriv´ altak:   2πf 2πf y = y← + y→ = A sin 2πf t + x + B sin 2πf t − x+ϕ , c c   dy 2πf 2πf 2πf 2πf = A cos 2πf t + x − B cos 2πf t − x+ϕ , dx c c c c   dy 2πf 2πf = 2πf A cos 2πf t + x + 2πf B cos 2πf t − x+ϕ . dt c c

5. ´ abra

Az y-ir´ any´ u er˝ o (felhaszn´ alva, hogy α  1): Fy = −F0 sin α ≈ −F0 tg α = F0 A

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

dy dy −γ = 0. dx dt

2πf cos(2πf t). c

111

112

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Ezeket behelyettes´ıtve az er˝oegyens´ uly k´eplet´ebe, ´es rendezve:   dy  dy  F0  =γ  , dx x=0 dt x=0 F0

2πf 2πf A cos(2πf t) − F0 B cos(2πf t + ϕ) = c c

= γ2πf A cos(2πf t) + γ2πf B cos(2πf t + ϕ), F0 A cos(2πf t) − F0 B cos(2πf t) cos ϕ + F0 B sin(2πf t) sin ϕ = γcA cos(2πf t) + γcB cos(2πf t) cos ϕ − γcB sin(2πf t) sin ϕ. Ezeknek az egyenleteknek minden id˝opontban teljes¨ ulnie kell, ´ıgy a cos(2πf t)-s ´es a sin(2πf t)-s tagokra k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on is: F0 A − F0 B cos ϕ = γcA + γcB cos ϕ, F0 B sin ϕ = −γcB sin ϕ. A m´asodik egyenlet alapj´ an sin ϕ = 0, ϕ = 0 (vagy ϕ = π) ´es ´ıgy cos ϕ = 1 (vagy cos ϕ = − 1). Ezt felhaszn´ alva az els˝ o egyenlet alapj´ an: B=

F0 − γc A. F0 + γc

Ha γ → ∞ (r¨ ogz´ıtj¨ uk a k¨ ot´el v´eg´et), akkor B = −A, teh´at a hull´am azonos amplit´ ud´ oval, de ellent´etes f´azisban (π f´ azisugr´ assal) ver˝ odik vissza. Ha γ → 0 (a k¨ ot´el v´ege teljesen szabadon mozog), akkor B = A, azaz a hull´am szint´en azonos amplit´ ud´ oval, de most azonos f´azisban ver˝ odik vissza. B = 0-t akkor kapunk, ha γ = F0 /c, ilyenkor teh´ at egy´ altal´ an nincs visszaver˝ od´es. Megjegyz´es. A b) ´es c) k´erd´esekre v´ alaszolhatunk energetikai megfontol´ asokkal is. Ehhez a hull´ am – mozg´ asi ´es rugalmas helyzeti energi´ ab´ ol sz´ armaz´ o – energias˝ ur˝ us´eg´et kell meghat´ arozni.

Mindh´arom feladat helyes megold´ as´ a´ert I. d´ıjban r´eszes¨ ult Elek P´ eter, a BME fizika BSc. szakos hallgat´ oja, a Debreceni Reform´atus Koll´egium D´ oczy Gimn´azium´anak ´eretts´egizett tanul´ oja, T´ ofalusi P´eter tan´ıtv´ anya. K´et feladat hib´ atlan megold´ as´ a´ert, illetve mindh´arom feladat kisebb hib´akkal val´o megold´ as´a´ert II. d´ıjban r´eszes¨ ult Bokor Endre, a Budapesti Fazekas Mih´ aly ´ Gyakorl´o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ azium 11. oszt´alyos tanul´oja, Schramek Anik´ o ´ tan´ıtv´ anya, Fajszi Bulcs´ u, a Budapesti Fazekas Mih´aly Gyakorl´ o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ azium 12. oszt´alyos tanul´oja, Horv´ ath G´ abor tan´ıtv´ anya, valamint Fitos Bence, a BME fizika BSc. szakos hallgat´ oja, a Budapesti N´emeth L´ aszl´ o anya. Gimn´ azium ´eretts´egizett tanul´ oja, Sz´ aszv´ ari Ir´en ´es D´egen Csaba tan´ıtv´ K´et feladat l´enyeg´eben helyes megold´ as´ a´ert III. d´ıjban r´eszes¨ ult Cs´ ep´ anyi Istv´ an, a BME fizika BSc. szakos hallgat´ oja, az Egri Szil´ agyi Erzs´ebet Gimn´ azium ´eretts´egizett tanul´ oja, Szab´ o Mikl´ os tan´ıtv´ anya, M´ ath Benedek Huba, a BME fi´ zika BSc. szakos hallgat´ oja, a Budapesti Fazekas Mih´aly Gyakorl´ o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ azium ´eretts´egizett tanul´ oja, Horv´ath G´ abor ´es Nagy Piroska M´ aria tan´ıtv´ anya, Olosz Ad´ el, a BME ´ep´ıt˝ om´ern¨ oki BSc. szakos hallgat´ oja, a PTE Gyakorl´ o ´ Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ azium ´eretts´egizett tanul´ oja, Koncz K´ aroly tan´ıtv´ anya, valamint Svastits Domonkos, a BME fizika BSc. szakos hallgat´ oja, a budapesti ´ tan´ıtv´ Piarista Gimn´azium ´eretts´egizett tanul´ oja, Chik´ an Eva anya. as´ a´ert dics´eretben r´eszes¨ ult Kond´ akor M´ ark, Egy feladat hib´ atlan megold´ ´ a BME fizika BSc. szakos hallgat´ oja, a Budapesti Fazekas Mih´aly Gyakorl´ o Altal´anos Iskola ´es Gimn´ azium ´eretts´egizett tanul´ oja, Horv´ath G´ abor ´es Nagy Piroska M´aria tan´ıtv´ anya, Magyar R´ obert Attila, a BME fizika BSc. szakos hallgat´ oja, az Egri Dob´ o Istv´ an Gimn´azium ´eretts´egizett tanul´ oja, H´ obor S´ andor tan´ıtv´ anya, valamint P´ acsonyi P´ eter, a Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´os Gimn´azium 12. oszt´alyos tanul´ oja, P´ alovics R´ obert tan´ıtv´ anya. Az els˝o d´ıjjal a verseny plakettj´en k´ıv¨ ul az NKFI Hivatal ´ altal ny´ ujtott t´ amogat´ asb´ ol 70 ezer, a m´asodik d´ıjjal 50 ezer, a harmadik d´ıjjal 30 ezer, a dics´erettel 20 ezer forint p´enzjutalom j´art, a d´ıjazottak tan´ arai ´es az orsz´agos verseny szerveos z˝oi pedig a Typotex Kiad´ o k¨ onyveit kapt´ak. A verseny megszervez´es´et az E¨ otv¨ Lor´ and Fizikai T´arsulat ebben az ´evben szint´en az NKFI Hivatal a´ltal az E¨ otv¨ os 100 eml´ek´ev alkalm´ab´ ol ny´ ujtott t´ amogat´ asb´ ol fedezte. Tichy G´ eza, Vank´ o P´ eter, Vigh M´ at´ e

❄ Az u asra 2019. november 22-´en d´el¨nnep´elyes eredm´enyhirdet´esre ´es d´ıjkioszt´ ut´ an ker¨ ult sor az ELTE TTK Konferenciaterm´eben. Jelen volt a 70 ´evvel ezel˝ otti, h´ abor´ u ut´ani els˝o E¨ otv¨ os-verseny gy˝ oztese, Holics L´ aszl´ o, aki p´ ar sz´oban visszaeml´ekezett erre a versenyre. Megh´ıv´ ast kaptak az 50 ´es 25 ´evvel ezel˝ otti E¨otv¨os-verseny nyertesei is. Az 50 ´evvel ezel˝ otti d´ıjazottak k¨ oz¨ ul L´ az J´ ozsef volt jelen, a 25 ´evvel ezel˝ otti d´ıjazottak k¨ oz¨ ul pedig Horv´ ath P´eter, Kov´ acs Kriszti´ an, T´ oth G´ abor Zsolt ´es Varga Dezs˝ o j¨ ott el – o˝k p´ ar mondatban besz´eltek a p´ alyafut´ asukr´ol. Ezut´ an k¨ ovetkezett a 2019. ´evi verseny feladatainak ´es megold´ asainak bemutat´ asa. Az 1. feladat megold´as´ at Tichy G´eza, a 2. feladat´et Vigh M´ at´e, a 3. feladat´et Vank´ o P´eter ismertette. Az esem´eny v´eg´en ker¨ ult sor az eredm´enyhirdet´esre. A d´ıjakat S´ olyom Jen˝ o, az E¨ otv¨ os Lor´ and Fizikai T´arsulat eln¨ oke adta a´t. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

113

Fizika gyakorlatok megold´ asa

G. 683. Van k´et egyforma (piros) ellen´ all´ asunk ´es m´ asik k´et egyforma (k´ek) ellen´ all´ asunk. Melyik kapcsol´ asban nagyobb az ered˝ o ellen´ all´ as, ha a) a k´et pirosat ´es a k´et k´eket is sorba, majd ezeket p´ arhuzamosan kapcsoljuk; b) egy-egy piros ´es k´ek ellen´ all´ ast sorba, ezeket pedig p´ arhuzamosan kapcsoljuk? (4 pont) 114

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Megold´ as. Legyen K a k´ek, P a piros ellen´all´as nagys´ aga!

a) kelet fel´e rep¨ ul, b) nyugat fel´e rep¨ ul? (A rep¨ ul˝ og´epet id˝ onk´ent a leveg˝ oben t¨ oltik fel u ¨zemanyaggal.) (4 pont)

´ ´ Isk.) k´erd´ese alapj´ Z´et´enyi Gerg˝ o (Obudai Harrer P´ al Alt. an

Megold´ as. Ha a rep¨ ul˝ o a F¨ old¨ on a´llna, akkor 48 ´ora alatt 2 napfelkelt´et ´es 2 naplement´et l´ atna a rajta utaz´ o utas, hiszen ennyi id˝ o alatt a F¨ old kett˝ ot fordul. Az a) esetben a k´et k´ek ellen´ all´ ast sorba kapcsoltuk, ´ıgy az ered˝ oj¨ uk 2K, a k´et sorba kapcsolt piros ellen´all´ as ered˝oje pedig 2P . A k´et ´ag egym´assal p´ arhuzamos kapcsol´ as´ u, az ered˝oj¨ uk teh´ at 1 2KP . X= 1 = 1 K +P + 2P 2K A b) esetben mindk´et ´ agban egy-egy k´ek ´es piros ellen´all´as van sorba kapcsolva, ´ıgy az ered˝ oj¨ uk egyenk´ent K + P . Ezen k´et – p´arhuzamosan kapcsolt – ´ag ered˝oje: Y =

1 1 K+P

1 + K+P

=

a) A rep¨ ul˝ og´ep 48 o´ra alatt egyszer ker¨ uli meg a F¨ oldet. Ha a g´ep kelet fel´e, vagyis a F¨ old forg´asi ir´ any´ aval megegyez˝ o ir´anyba rep¨ ul, akkor az utasok (a 2 + 1 = 3 fordulatnak megfelel˝ oen) 3 napfelkelt´et ´es 3 naplement´et l´atnak 48 o´ra ul˝ og´epen 48 =8´ ora telik el. alatt. ´Igy a napnyugta ´es a napkelte k¨ oz¨ ott a rep¨ 6 b) Ha a rep¨ ul˝ og´ep nyugat fel´e, vagyis a F¨ old forg´asi ir´ any´ aval ellent´etes ir´ anyba halad, akkor 48 o´ra alatt az utasok (a 2 − 1 = 1 fordulatnak megfelel˝ oen) csak 1 napkelt´et ´es 1 napnyugt´ at l´atnak. Ennek megfelel˝ oen a napnyugta ´es a napkelte = 24 o ´ ra telik el. k¨oz¨ott a rep¨ ul˝ og´epen 48 2 Sebesty´en J´ ozsef Tas (Budapest, Ba´ar-Madas Ref. Gimn., 8. ´evf.) 54 dolgozat ´erkezett. Helyes 26 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 6, hi´ anyos (1–2 pont) 18, hib´ as 4 dolgozat.

K +P . 2

Hozzuk k¨ oz¨ os nevez˝ore ezt a k´et kifejez´est: X=

4KP , 2(K + P )

Y =

(K + P )2 . 2(K + P )

Fizika feladatok megold´ asa

Az a t¨ ort nagyobb, amelyiknek a sz´ aml´ al´oja nagyobb, hiszen a k¨oz¨os nevez˝ o pozit´ıv. Vonjuk ki Y sz´ aml´ al´oj´ab´ ol X-´et:

P. 5122. Egy aut´ o f´ek´ utja sz´ araz, v´ızszintes aszfalton 50 km/h sebess´egn´el legal´ abb 13 m´eter, azaz ennyi utat tesz meg az aut´ o a f´ekez´es megkezd´es´et˝ ol a meg´ all´ as pillanat´ aig. (A f´ek´ ut defin´ıcioj´ ´ aban nem szerepel sem az ember, sem az aut´ o reakci´ oideje.)

K + 2KP + P − 4KP = K − 2KP + P = (K − P )  0. 2

2

2

2

2

K = P eset´en nyilv´ an X = Y , de minden m´as esetben Y > X. Teh´at a b) kapcsol´ asban lesz nagyobb az ered˝o ellen´ all´ as. Egyh´ azi Hanna (Budapest, ELTE Ap´ aczai Csere J. Gyak. Gimn., 10. ´evf.) Megjegyz´es. Az a) eset ered˝ o ellen´ all´ asa K ´es P harmonikus k¨ ozepe, a b) kapcsol´ asn´ al pedig a sz´ amtani k¨ ozepe. Ismert, hogy a harmonikus k¨ oz´ep nem lehet nagyobb, mint a sz´ amtani k¨ oz´ep, ebb˝ ol m´ ar k¨ ovetkezik, hogy a b) kapcsol´ asban nagyobb (vagy esetleg a m´ asik´eval egyenl˝ o) az ered˝ o ellen´ all´ as.

Mekkora ugyanennek az aut´ onak a minim´ alis f´ek´ utja 20 km/h sebess´egn´el asegy szokatlanul meredek, 30◦ -os hajl´ ∗ aljuk a felfel´e ´es a lefel´e halad´ as eset´et is! sz¨ og˝ u (kb. 58%-os!) lejt˝ on? Vizsg´

74 dolgozat ´erkezett. Helyes 37 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 12, hi´ anyos (1–2 pont) 16, hib´ as 5, nem versenyszer˝ u 4 dolgozat.

(4 pont)

G. 684. Egy rep¨ ul˝ og´ep – l´egi t´erk´ep´eszeti c´elb´ ol – ´ alland´ o sebess´eggel ´es viszonylag kis magass´ agban hossz´ u ideig rep¨ ul az Egyenl´ıt˝ o f¨ ol¨ ott. A f¨ oldi ir´ any´ıt´ ok azt ´eszlelik, hogy a g´ep 48 ´ or´ ank´ent halad ´ at a kiindul´ asi pontja f¨ ol¨ ott. Mennyi id˝ o telik el a napnyugta ´es a napkelte k¨ oz¨ ott a rep¨ ul˝ og´epen, ha a g´ep K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

115

K¨ ozli: Sz´echenyi G´ abor, Budapest

Megold´ as. A teljes rendszerre fel´ırhatjuk a munkat´etelt. Ha a lejt˝ o d˝ ol´essz¨oge α, a f´ek´ ut hossza s, az aut´ o ´es terhel´es´enek egy¨ uttes t¨ omege m, a neh´ezs´egi ´ elandon, Dunedin v´ A vil´ ag legmeredekebb utc´ aja az Uj-Z´ aros´ aban tal´ alhat´ o, 350 m´e◦ at 78%-os meredeks´eg˝ u. ter hossz´ u Baldwin Street, ami 38 -os, teh´ ∗

116

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

gyorsul´as g ´es a s´ url´od´ asi egy¨ utthat´ o μ, akkor μmgs cos α =

A k´ uppal´ast felsz´ıne (ha az alapk¨ or´enek sugara y): (2)

1 mv 2 ± mgs sin α. 2

a t¨omegk¨oz´eppontja pedig (l´ asd pl. a F¨ uggv´enyt´ abl´ azat 198. oldal´ at):

(A pozit´ıv el˝ ojel a lefel´e halad´o, a negat´ıv pedig a felfel´e halad´o aut´on´al ´erv´enyes.) Az els˝o esetben α1 = 0, teh´ at μmgs1 =

1 mv 2 2 1

⇒

b) a lejt˝ on felfel´e pedig

x2 =

´Irjuk vissza (2)–(5) alapj´an sz´am´ıtott ´ert´ekeket (1)-be: πry

P. 5156. V´ekony lemezb˝ ol k´esz¨ ult ¨ ont¨ oz˝ okanna g¨ ombcikk alak´ u r´ ozs´ aj´ at peremk¨ or´enek egyik pontj´ an´ al az ´ abr´ an l´ athat´ o m´ odon csukl´ osan r¨ ogz´ıtett¨ uk. Mekkora a h/r ar´ any, ha egyens´ ulyi ´ allapotban a test tengelye v´ızszintes? (A v´ekony lemez homog´en, ´ alland´ o vastags´ ag´ u. A r´ ozsa v´ızbevezet˝ o cs¨ ovecsk´ej´enek m´eret´et ´es a kifoly´ ony´ıl´ asok ¨ osszes ter¨ ulet´et tekints¨ uk elhanyagolhat´ oan kicsinek.)

h . 2

Ez ut´ obbi u ´gy l´ athat´ o be, hogy gondolatban sz´etv´ agjuk a h magas g¨ ombs¨ uveget nagyon sok, egyforma vastag g¨ omb¨ ovre. Ezeknek a g¨ omb¨ oveknek a felsz´ıne, ´es emiatt a t¨ omeg¨ uk is ugyanakkora, teh´ at az eg´esz g¨ ombs¨ uveg t¨ omegk¨ oz´eppontja a k¨ oz´eps˝ o g¨ omb¨ ov” ” k¨ oz´eppontj´ aban, a h fel´en´el tal´ alhat´ o.

56 dolgozat ´erkezett. Helyes 24 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 3, hi´ anyos (1–2 pont) 28, hib´ as 1 dolgozat.

r−h h = 2πrh , 3 2

vagyis (6)

Megold´ as. A r´ ozsa k´et r´eszre oszthat´ o fel; egy k´ uppal´astra ´es egy g¨ombs¨ uvegre. Egyens´ uly eset´en a k´et r´esz s´ uly´ ab´ ol ad´od´o forgat´ onyomat´ekok kiegyenl´ıtik egym´ ast:

y

r−h = h2 . 3

Hat´ arozzuk meg y-t az a´br´ an l´athat´ o der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogb˝ ol:  2 2 2 vagyis y = h(2r − h). y = r − (r − h) ,

K¨ ozli: N´emeth L´ aszl´ o, Fony´od

Ezt (6)-ba helyettes´ıtve a



h(2r − h)

r−h = h2 3

egyenletet kapjuk. Ebb˝ ol n´egyzetre emel´es ´es algebrai ´atalak´ıt´ asok ut´an k¨ ovetkezik, hogy h3 h2 h 10 3 − 4 2 + 5 − 2 = 0. r r r Ez az x ≡ h/r ar´ anyra n´ezve harmadfok´ u egyenlet:

G1 x1 = G2 x2 , ahol G1 ´es G2 a r´eszeknek (az A1,2 -vel jel¨ olt felsz´ın¨ ukkel ar´ anyos) s´ ulya, x1 ´es x2 pedig az egyes r´eszek t¨ omegk¨ oz´eppontj´anak az elv´alaszt´ o s´ıkt´ ol m´ert t´ avols´aga (l´asd az ´ abr´ at). (Mivel a r´ozsa forg´ asszimmetrikus, a t¨ omegk¨ oz´eppontok nyilv´ an a szimmetriatengelyen helyezkednek el.) Az egyens´ uly felt´etele teh´ at ´ıgy is fel´ırhat´ o:

10x3 − 4x2 + 5x − 2 ≡ (5x − 2)(2x2 + 1) = 0, aminek egyik gy¨ oke x = 2/5, a m´ asik k´et gy¨ oke pedig nem val´os. Az egyens´ ulyban l´ev˝ o test tengelye teh´at h/r = 2/5 ar´ any eset´en lesz v´ızszintes.

A1 x1 = A2 x2 .

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

A2 = 2πrh,

(5)

´ Isk. ´es Gimn., 10. ´evf.) Varga V´ azsony (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt.

(1)

r−h . 3

a t¨omegk¨oz´eppontj´anak t´ avols´ aga a k¨ orlap k¨ oz´eppontj´at´ ol pedig

1 mv 2 ± mgs2 sin 30◦ . 2 2

≈ 1,4 m.

(5 pont)

x1 =

(4)

Ebb˝ ol ad´od´ oan a f´ek´ ut (le) a) a lejt˝ os u ´ton lefel´e halad´o aut´ on´ al s2 ≈ 10 m; (fel) s2

(3)

Egy r sugar´ u g¨ ombfel¨ uletb˝ ol kiv´agott, h vastags´ ag´ u g¨ ombs¨ uveg felsz´ıne (l´ asd pl. a F¨ uggv´enyt´ abl´ azat 66. oldal´at)

μ = 0,76.

A m´ asodik esetben α2 = 30◦ , ´ıgy fenn´ all: μmgs2 cos 30◦ =

A1 = πry,

F¨ ul¨ op S´ amuel Sihombing (P´ecs, Le˝ owey Kl´ara Gimn., 12. ´evf.) 117

118

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

Megjegyz´esek. 1. Ha a fenti gondolatmenet helyett m´ ar a megold´ as elej´en azt t´etelezz¨ uk fel, hogy a r´ ozsa k´et r´esz´enek t¨ omege megegyezik, vagyis hogy G1 = G2 , akkor anyra egy els˝ ofok´ u egyenletet jelent: az egyens´ uly felt´etele x1 = x2 lesz. Ez a h/r ar´ r−h h = , 3 2 aminek megold´ asa: h/r = 2/5. Visszahelyettes´ıt´essel megkapjuk, hogy ilyen ar´ anysz´ am unk helyes volt. Ez azonban nem bizony´ıtja, hogy eset´en A1 = A2 , vagyis a kezdeti feltev´es¨ m´ as ar´ anysz´ am eset´en nem lehet egyens´ ulyban a test a v´ızszintes tengely´ all´ as mellett. A k´et f´elr´esz t¨ omege (´es s´ ulypontt´ avols´ aga) ´ altal´ aban k¨ ul¨ onb¨ ozik egym´ ast´ ol, ´es csak h/r = 2/5 ar´ anyn´ al egyeznek meg. 2. T¨ obb versenyz˝ o a forg´ asszimmetri´ ara hivatkozva azt ´ all´ıtotta, hogy az egyens´ uly felt´etele ugyanaz, mint ami a k´etdimenzi´ os esetben lenne, amikor az alakzat egy h´ aromsz¨ ogb˝ ol ´es egy k¨ orcikkb˝ ol ´ allna. Ez azonban hib´ as ´ all´ıt´ as! ´ 3. Erdekes, hogy a h´ aromdimenzi´ os esetben (vagyis egy t¨ om¨ or k´ up ´es egy g¨ ombszelet osszeilleszt´es´en´el) is h/r = 2/5 ar´ anyn´ al lesz a tengely egyens´ ulyi helyzete v´ızszintes. ¨ 24 dolgozat ´erkezett. Helyes 7 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3–4 pont) 3, hi´ anyos as 7 dolgozat. (1–2 pont) 7, hib´

P. 5157. C´ell¨ ov´eskor a gyorsabb vagy a lassabb l¨ oved´ek t´er¨ ul el jobban a F¨ old forg´ asa k¨ ovetkezt´eben fell´ep˝ o tehetetlens´egi (Coriolis-) er˝ o hat´ as´ ara? (4 pont)

K¨ozli: Vass Mikl´ os, Budapest

I. megold´ as. Ismert, hogy az inerciarendszerekhez k´epest a´lland´ o ω sz¨ogsebess´eggel forg´o (p´eld´ aul a F¨ oldh¨ oz r¨ ogz´ıtett) vonatkoztat´ asi rendszerekben csak akkor ´erv´enyes a dinamika alapt¨ orv´enye, ha a val´odi er˝ ok” mellett u ´n. tehetetlen” s´egi er˝ oket is bele´ırunk a mozg´asegyenletbe. Ilyen tehetetlens´egi er˝ o az mrω 2 nagys´ag´ u centrifug´alis er˝ o ´es a 2mvω sin α nagys´ ag´ u Coriolis-er˝ o. (r a vizsg´ alt test ´es a forg´astengely t´ avols´ aga, v a test sebess´ege a gyorsul´o koordin´ ata-rendszerhez k´epest, α pedig a sebess´egvektor ´es a forg´ astengely sz¨oge. Mivel eset¨ unkben v  rω, a centrifug´alis er˝ ot elhanyagolhatjuk a Coriolis-er˝o mellett.) L˝oj¨ unk ki egy l¨ oved´eket az ´eszaki f´elteke α sz´eless´egi fok´ an´al v´ızszintesen, pontosan ´eszak fel´e. A l¨ oved´ek sebess´ege legyen v, a c´elt´ abla t´ avols´ aga pedig pedig L. A l¨ oved´ek mozg´ as´anak ideje (ha a f´ekez˝ od´es´et nem vessz¨ uk figyelembe): t = L/v. ag´ u, ir´ anya v´ızszintes ´es kelet A Coriolis-er˝ o ebben az esetben F = 2mvω sin α nagys´ fel´e mutat. Ezen er˝ o hat´ as´ara a l¨ oved´ek kelet fel´e is gyorsul a=

F = 2vω sin α m

II. megold´ as. Az elt´er¨ ul´es nagys´ ag´ at kisz´am´ıthatjuk a forg´asmentes inerciarendszrben is. Itt csak a f¨ ugg˝oleges ir´ any´ u neh´ezs´egi er˝ o hat a l¨ oved´ekre, ´ıgy annak v´ızszintes ir´any´ u mozg´asa egyenletes. A F¨ old (´es vele egy¨ utt a fegyver) kelet fel´e old sugara). fordul el, a ker¨ uleti sebess´ege a kil¨ ov´es hely´en´el v1 = Rω cos α (R a F¨ Ezzel a sebess´eggel haladva a l¨ oved´ek a becsap´ od´ asig eltel˝o t = L/v id˝ o alatt y1 = v 1 t =

utat tesz meg. Ugyanennyi id˝ o alatt a c´elt´ abla is elmozdul kelet fel´e, de mivel a kil¨ ov´es hely´en´el L t´avols´ aggal ´eszakabbra, az α + (L/R) sz¨ ognek megfelel˝ o sz´eless´egi k¨ or¨ on helyezkedik el, a c´elt´ abla elmozdul´ asa y1 -n´el egy kicsit kevesebb, mind¨ ossze  L LRω cos α + y2 = . v R Vegy¨ uk figyelembe, hogy L  R, emiatt jogos a  L L L L = cos α cos − sin α sin ≈ cos α − sin α cos α + R R R R k¨ozel´ıt´es. Mivel y2 < y1 , az eltol´ od´ as m´ert´eke kelet fel´e Δy = y1 − y2 =

Mihalik B´ alint (Kecskem´eti B´ anyai J´ ulia Gimn., 10. ´evf.) ´es Sepsi Csombor M´ arton (Zalaegerszegi Zr´ınyi M. Gimn., 11. ´evf.) dolgozata felhaszn´ al´as´ aval 55 dolgozat ´erkezett. Helyes 25 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 1, hi´ anyos (1–2 pont) 23, hib´ as 6 dolgozat.

P. 5158. T´ abl´ azati adatok felhaszn´ al´ as´ aval hat´ arozzuk meg, hogy egy kuktaoz a s˝ ur˝ us´eg szempontj´ ab´ ol mekkora hib´ aval faz´ekban l´ev˝ o, 120 ◦ C-os tel´ıtett v´ızg˝ tekinthet˝ o ide´ alis g´ aznak! K¨ ozli: Radnai Gyula, Budapest

asa a megadott h˝ oMegold´ as. T´ abl´ azati adatok szerint∗ a tel´ıtett g˝oz nyom´ m´ers´ekleten: p = 0,20 MPa. Az ide´alis g´az ´ allapotegyenlete seg´ıts´eg´evel sz´ amolt s˝ ur˝ us´eg:

sz´am´ıtott =

Soml´ an Gell´ert (P´ecs, Le˝ owey Kl´ara Gimn., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an

∗

119

120

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

L2 vω sin α ´lland´ a o LRω L sin α = = . v R v v

L´athat´ o, hogy azonos k¨ or¨ ulm´enyek k¨ oz¨ ott a nagyobb sebess´eg˝ u l¨ oved´ek kev´esb´e t´er¨ ul el a F¨old forg´asa miatt, mint a kisebb sebess´eg˝ u.

(3 pont)

(´ alland´ o) gyorsul´assal, ´ıgy az ´eszaki ir´ anyt´ol val´o elt´er¨ ul´es´enek nagys´ aga a c´elt´ abl´an´ al: a L2 ω sin α Δy = t2 = . 2 v L´athat´ o, hogy nagyobb sebess´eg˝ u l¨ oved´ek kev´esb´e ter¨ ul el, mint a lassabb.

LRω cos α v

(18 · 10−3 kg) · (2,0 · 105 Pa) kg M p = ≈ 1,10 3 . J R T m (8,31 kg mol ) · (393 K)

forr´ as: www.muszeroldal.hu/assistance/telitettvizgoz.html

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

kg

Ezt ¨ osszehasonl´ıtva a m´ert = 1,13 m3 -es adattal, meg´allap´ıthatjuk, hogy az elt´er´es csup´an 3 sz´ azal´ek.

G. 700. A D28 jel˝ u, 315 milli´ard tonn´ as j´eghegy (az u ´gynevezett Z´apfoghegy) 2019. szeptember 25-´en v´ alt le az Antarktiszr´ol. Ha kis j´egkock´ akorn´ ank, k´ a t¨ orn´enk, ´es 20 ◦ C-os v´ızbe sz´ oh´ any Balatonnyi vizet tudna 0 ◦ C h˝ m´ers´eklet˝ ure h˝ uteni? A Balaton viz´enek t´erfogata 1,9 km3 . A j´eghegyet teom´ers´eklekints¨ uk egys´egesen −10 ◦ C h˝ t˝ unek.

R´ acz Tam´ as G´ asp´ ar (Budapest, Ba´ar-Madas Ref. Gimn., 10. ´evf.) 33 dolgozat ´erkezett. Helyes P´ alfi Fanni, R´ acz Tam´ as G´ asp´ ar ´es Toronyi Andr´ as megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 9, hi´ anyos (1 pont) 17, hib´ as 4 dolgozat.

(4 pont)

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

M. 393. Egy sodrott sp´ arg´at vagy fonalat f¨ uggessz¨ unk fel, majd terhelj¨ uk meg k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o s´ ulyokkal! Kez¨ unkkel folyamatosan f´ekezve engedj¨ uk kitekeredni a sz´ alat eg´eszen addig, am´ıg egyens´ ulyi ´allapotba nem jut. Hogyan f¨ ugg a sz´ al alj´ anak elfordul´asa a terhel´est˝ ol? (6 pont)

K¨ozli: Tichy G´eza, Budapest G. 697. Belen´ez¨ unk egy kaleidoszk´ opba; a l´ atv´ any egy r´esz´et az ´ abra mutatja. Hol helyezkedhetnek el a kaleidoszk´op t¨ ukrei? (3 pont) G. 698. H´ arom t¨om¨or kock´ ank van, amelyek oldal´elei 1 cm, 3 cm ´es 9 cm. H´ anyszor nagyobb nyom´ ast fejt ki a kock´ akb´ ol ´ep´ıtett torony a v´ızszintes asztallapra, ha a legnagyobb kocka helyett a legkisebbet helyezz¨ uk alulra? (3 pont)

P. 5197. Micimack´ o kapott aj´ and´ekba egy 20 cm sugar´ u, g¨ omb alak´ u lufit. A l´egg¨omb u ´gy volt megt¨ oltve h´eliummal, hogy ha elengedte a fonal´at, ´eppen lebegett a leveg˝ oben, nem emelkedett fel, de nem is s¨ ullyedt le. Micimack´ o ¨ or¨ om´eben elkezdett k¨ orbe szaladni a lufival u ´gy, hogy az egyik kez´evel fogta a lufi fonal´ anak v´eg´et. ´Igy a lufi egyenletes k¨ ormozg´ ast v´egzett. Malacka megfigyelte, hogy b´ armekkora is Micimack´ o ´alland´ o sz¨ ogsebess´ege, a lufi oget z´ ar be a k¨ or ´erint˝oj´evel. fonala mindig 45◦ -os sz¨ Mekkora a lufi k¨ orp´ aly´ aj´anak sugara? (A fon´al s´ uly´ at´ ol ´es a lufi alakj´ anak esetleges megv´ altoz´ as´ at´ ol eltekinthet¨ unk.) (5 pont) K¨ ozli: Baranyai Kl´ ara, Veresegyh´ az P. 5198. Has´ ab alak´ u, M t¨ omeg˝ u test nyugszik egy v´ızszintes, sima lapon. Egy D rug´o´ alland´ oj´ u, a has´ ab hossztengely´evel p´ arhuzamos, k¨ onny˝ u rug´ o egyik v´eg´et a has´ abhoz r¨ ogz´ıtj¨ uk, a m´ asik v´eg´ere egy elhanyagolhat´o t¨ omeg˝ uu oz˝ ot´ any´ert er˝ os´ıt¨ unk. Egy m´ asik, m t¨ o¨tk¨ uszik a t´any´ernak u ´gy, hogy az elegend˝o hossz´ us´ ag´ u meg˝ u test v0 sebess´eggel nekics´ rug´ot r´eszben ¨ osszenyomja. a) Mekkora a rendszer t¨ omegk¨ oz´eppontj´anak sebess´ege? b) A m t¨omeg˝ u test ´es a t´ any´er ´erintkez´es´et˝ ol sz´am´ıtva mennyi id˝ o m´ ulva lesz a rug´o a legr¨ovidebb? (5 pont) K¨ ozli: Wiedemann L´ aszl´ o, Budapest

G. 699. P´alyaudvarokon, vas´ ut´ allom´asokon figyelhetj¨ uk meg, hogy elektromos vezet´ekeket p´eld´ aul az ´ abr´ an l´ athat´ o m´odon csig´akon a´tvetett dr´ otk¨ ot´elre akasztott, neh´ez s´ ulyokkal fesz´ıtenek ki. a) Mi´ert el˝ony¨ osebb ez a m´odszer, mintha fix r¨ ogz´ıt´ese lenne a fels˝ ovezet´eknek? b) Mekkora er˝ o fesz´ıti a dupla vezet´ek uttes t¨ oegyes sz´ alait, ha a fesz´ıt˝os´ ulyok egy¨ mege 300 kg? c) Egy ver˝ of´enyes, felh˝ otlen napon hogyan v´altozik a s´ ulyok helyzete reggelt˝ ol estig?

P. 5199. Az ´ abr´ an l´ athat´ o  hossz´ u, k¨ or´ıv alak´ u, v´ekony (de kell˝ oen merev) f´emhuzal mindk´et v´egpontj´ at  hossz´ us´ag´ u, igen k¨ onny˝ u fon´allal a k¨ or´ıv O k¨ oz´eppontj´ahoz er˝ os´ıtj¨ uk. Az ´ıgy elk´esz´ıtett inga az ´ abra f¨ ugodusidej˝ u, kis kit´er´eg˝ oleges s´ıkj´aban T1 peri´ s˝ u leng´eseket v´egezhet az O pont k¨ or¨ ul. Ha a f´emhuzalt kiegyenes´ıtj¨ uk, az ´ıgy ´atalak´ıtott test az a´bra s´ıkj´aban T2 peri´ odusidej˝ u, any? kis kit´er´es˝ u leng´eseket v´egezhet. Mekkora a T2 /T1 ar´

(4 pont)

(5 pont)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

121

122

K¨ ozli: Simon P´eter, P´ecs K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

P. 5200. Egy v¨ olgy felett ´at´ıvel˝ o f¨ ugg˝oh´ıdban a transzverz´ alis rezg´esek mintegy 400 m/s sebess´eggel terjednek. Egy viharban a hidat ´er˝ o er˝ os sz´el m´asodpercenk´ent ism´etl˝od˝ o er˝ol¨ok´eseket hozott l´etre. Mekkora lehetett a f¨ ugg˝oh´ıd pill´ereinek t´ avols´ aga, ha a h´ıd er˝os leng´esekbe kezdett? (3 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

P. 5201. Az ´ abr´ an l´athat´ o elrendez´esben a rug´ok direkci´ os ereje D = = 1000 N/m, a k¨ uls˝ o l´egnyom´ as p0 = = 105 Pa, ´es az A = 10 dm2 keresztmetszet˝ u dugatty´ u´ altal elz´art g´ az egyatomos. Kezdetben a rug´ ok ny´ ujtatlanok, ekkor a g´ az t´erfogata V0 = = 50 liter. Mennyit mozdul el a dugatty´ u, ha a g´ azzal Q = 2 kJ h˝ ot k¨ozl¨ unk? (A tart´ aly fala ´es a dugatty´ u h˝ oszigetel˝ o, a s´ url´od´as ´es a f˝ ut˝ osz´ al h˝ okapacit´asa elhanyagolhat´ o.) (4 pont)

P. 5204. Hat´ arozzuk meg az ´ abr´ an v´ azolt kat´ odsugaras oszcilloszk´ opcs˝o ´erz´ekenys´eg´et mm/volt egys´egben!

K¨ ozli: Berke Martin, Zalaegerszeg, Zr´ınyi M. Gimn´azium

P. 5202. A f´emek fajh˝ oje nagyon alacsony h˝ om´ers´ekleteken j´ o k¨ozel´ıt´essel az abszol´ ut h˝ om´ers´eklettel ar´ anyos (c = α · T , az α ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ o a f´emre jellemz˝o ´ alland´ o). Egy hidegfizikai laborat´orium igen j´ o h˝oszigetel´es˝ u kamr´aj´aban unk. Az egyik (A jel˝ u) k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o t¨ omeg˝ u ´es k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fajta f´emet ¨ ossze´erint¨ f´emdarab kezdeti h˝ om´ers´eklete 1,0 K, a (B jel˝ u) m´ asik´e 3,0 K, a kialakul´ o k¨oz¨os h˝ om´ers´eklet pedig 2,0 K. Mennyi lesz a k¨ oz¨ os h˝ om´ers´eklet, ha a f´emdarabok kezdeti h˝ om´ers´eklete: TA = 1,5 K ´es TB = 2,5 K? (5 pont)

K¨ ozli: Bertalan Zolt´ an, B´ek´escsaba

P. 5203. Egy 2A sz´eles, ´atl´ atsz´ o u oleges ¨veglemezben a lemez s´ıkj´ara mer˝ z tengely ir´any´ aban v´ altozik a t¨ or´esmutat´ o, ´ert´eke z = ±A-n´ al n0 , m´ıg z = 0-n´al n1 . Az u agban”) az x tengely ir´any´ aban egy v´ekony ¨veglemez sz´el´en´el (z = A magass´ ” l´ezersugarat ind´ıtunk, amely az u vegben elt´ e r¨ u lve egy koszinuszg¨ o rbe ment´en halad. ¨

Adatok: az elt´er´ıt˝ olemezek hossza  = 2 cm, a lemezek t´ avols´ aga d = 0,5 cm, az erny˝o t´ avols´ aga a lemezek k¨ ozep´et˝ ol s = 20 cm, a gyors´ıt´ ofesz¨ ults´eg U0 = 1000 V, ´es az elt´er´ıt˝ofesz¨ ults´eg legnagyobb ´ert´eke Umax = 100 V. (4 pont)

K¨ ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 5205. Az ´ abra r´ezvezet´ekb˝ ol k´esz¨ ult hurkot mutat, amely k´et koncentrikus f´elk¨ orb˝ ol ´es az azokat ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes vezet´ekekb˝ ol ´all. A hurok v´ızszintes asztalon fekszik, el˝ osz¨ or a kisebbik f´elk¨ or f¨ ugg˝oleges helyzetben van. A kisebbik f´elk¨or a szaggatott vonal mint tengely ment´en 1 s alatt v´ızszintes helyzetbe fordul. A hurok teljes eg´esz´eben f¨ ugg˝olegesen felfel´e ir´ anyul´o, homog´en m´ agneses mez˝oben van. a) Melyik esetben nagyobb a hurkon a´tmen˝ o m´ agneses fluxus? b) Mekkora az induk´ alt ´aram ´atlagos nagys´ aga, ´es milyen az ir´anya, mik¨ ozben a kis f´elk¨or lefordul? c) Mekkora az induk´ alt ´aram maxim´alis ´ert´eke, ha a kis f´elk¨ ort a´lland´ o sz¨ ogseol v´ızszintes bess´eggel forgatjuk, ´es ´eppen Δt = 1 s alatt ker¨ ul f¨ ugg˝oleges helyzet´eb˝ helyzetbe? Adatok: a m´ agneses indukci´ ovektor nagys´ aga B = 0,35 T, a hurok ellen´all´ asa R = 0,025 Ω, a kisebbik f´elk¨ or sugara pedig r = 0,2 m. (4 pont)

Tornyai S´ andor fizikaverseny, H´ odmez˝ ov´ as´ arhely

P. 5206. Hat´ arozzuk meg az ur´anb´ ol k´et α-´atalakul´as ´es k´et β-boml´ as eredm´enyek´ent keletkez˝ o ionium t¨ omegsz´ am´at! Melyik elem izot´ opja az ionium? (4 pont) a) Hogyan f¨ ugg a t¨ or´esmutat´ o z-t˝ ol? b) Mekkora a f´eny p´ alyag¨ orb´ej´enek hull´amhossza? Adatok: A = 1 cm, n0 = 1,5 ´es n1 = 1,6. (L´asd a P. 5066. feladat megold´ as´ at a K¨ oMaL 2018. ´evi decemberi sz´ am´aban.) (5 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´acduka 123

P´eldat´ ari feladat

P. 5207. A m¨ uon (μ− ) boml´ekony elemi r´eszecske, a´tlagos ´elettartama 2,197 μs, t¨omege 207 elektront¨ omeg, t¨ olt´ese megegyezik az elektron´eval. Egy r´eszecskegyors´ıt´ o t´ arol´ ogy˝ ur˝ uj´eben a gy˝ ur˝ u s´ıkj´ara mer˝ oleges, homog´ennek tekinthet˝ o m´agneses t´er van. A gy˝ ur˝ u egy adott pontj´an´ al ´erint˝o ir´ anyb´ol monoenergetikus m¨ uonnyal´ abot vezetnek a t´arol´ ogy˝ ur˝ ube. A k¨ orp´ aly´ an kering˝o m¨ uonok ´atlagosan 5 teljes k¨ or megt´etele ut´ an magukt´ol elbomlanak. 124

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

a) Mekkora a m¨ uonok (´ atlagos) sebess´ege ´es mozg´ asi energi´ aja, ha a t´ arol´ ogy˝ ur˝ u a´tm´er˝ oje 120 m? b) Mekkora a gy˝ ur˝ uben a m´ agneses indukci´ o nagys´ aga? (6 pont)

´ Isk. ´es Gimn. K¨ ozli: Fajszi Bulcs´ u, Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt.

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ arcius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄ MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 2. February 2020)

New exercises – competition B (see page 97): B. 5078. Define a sequence n+1 a1 , a2 , . . . by the following recurrence relation: a1 = 1, an = n−1 (a1 + a2 + · · · + an−1 ) for n > 1. Determine the value of a2020 . (4 points) B. 5079. Solve the equation log2 log3 x + 6 log3 log2 x = log2 log 3 over the set of real numbers. (3 points) (Proposed by B. B´ır´ o, 2

Eger) B. 5080. Let D denote the midpoint of the base AB in an isosceles triangle ABC. Let H be the point lying closer to C that divides the leg AC in a 1 : 2 ratio. The circle

Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 95): K. 649. A fast train and a slow train of the same length are travelling on two parallel tracks, in opposite directions. The tracks both pass through a tunnel. The fronts of the two trains arrive at the two entrances of the tunnel simultaneously. It takes 3 seconds for the total length of the fast train to become covered by the tunnel, and it takes 6 seconds for the slow train. The trains meet inside the tunnel 18 seconds after reaching the tunnel. How long do they take to pass each other? At what time after meeting will the full length of the individual trains emerge from the tunnel? K. 650. The side of the small square in the figure is 3 cm, the sides of the large rectangle have integer lengths, one being 2 cm longer than the other. The sides of the rectangle and the square are parallel, their centres coincide. The shaded region was made by extending the sides of the small square in one direction, and connecting the points where the sides of the large rectangle were reached. Is it possible for the area of the shaded region to be an even number (of cm2 )? K. 651. For the areas marked in the figure, T1 : T2 : T3 = 2 : 7 : 3. What are the ratios of the lengths x to y, and u to v? K. 652. A box contains yellow, blue and red balls, 10 of each colour. In how many different ways is it possible to divide the balls into a group of 10 and a group of 20 such that each group should contain at least one of each colour? (Balls of the same colour   √ cannot be distinguished.) K. 653. We know that a a a = b and a, b > 1 are integers. Find the minimum value of a + b. New exercises for practice – competition C (see page 96): Exercises up to grade 10: C. 1588. Let E and F be the points lying closer to vertex A which divide the sides AB and AD of a quadrilateral ABCD, respectively, in a 1 : 2 ratio. Let G be the point lying closer to B which divides side BC in a 1 : 2 ratio. Reflect point G in the point E, and reflect its image in the point F . Prove that the final image lies on a side of the quadrilateral. Which side is it, and in what ratio is it divided by the final image? C. 1589. Solve the following equation over the set of real numbers: 2  2 o, Eger) Exercises for everyone: (y 2 + y − x − 1) + x + x1 = 4. (Proposed by B. B´ır´ C. 1590. Find the positive integer solutions of the equation (a + 1)4 · (b + 1)4 · (c + 1)4 = (40a + 1) · (40b + 1) · (40c + 1). C. 1591. The coordinates of a ship are x = 2, y = 0. The √ shoreline is given by the curve of equation y = 2x + 1. At what angle should the ship deviate from the direction due north in order to reach the closest point of the shore in a straight line? (Assume that the x-axis points towards the east.) C. 1592. In England,

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

a man lost his wedding ring, and set out to search for it with the help of a friend and a metal detector. They did not find the ring, but they did find some gold coins from the time of King Henry VIII, delivering 100 000 pounds to the two friends. The one-pound coins were preserved in very good condition, and during the 500 years elapsed, their average annual increase in value was between 1.42% and 1.43%. How many coins may they have found? Exercises upwards of grade 11: C. 1593. Two sides of a triangle are 3 cm and 4 cm long. What is the angle enclosed by the sides if the medians drawn from the opposite vertices are perpendicular to each other? C. 1594. The first row of seats in an auditorium consists of 24 seats. 20 seats are already taken. What is the probability that there are 2 adjacent vacant seats?

125

4

BCH intersects line CD at the points C and X. Show that CX = 3 r, where r is the radius of the circle ABC. (4 points) B. 5081. In a triangle, the medians drawn to sides a and b 1

a

are perpendicular. Prove that 2 < b < 2. (3 points) B. 5082. Prove that the geometric mean, the arithmetic mean, and the quadratic mean of the altitudes in any triangle is not greater than the geometric mean, the arithmetic mean, and the quadratic mean of the radii of the escribed circles, respectively. (5 points) B. 5083. Is there  a polynomial p(x) of degree 100 with real coefficients for which the polynomial p p(x) has 10000 distinct real roots? (5 points) B. 5084. Let n be a positive integer, and let S denote the set of 0 − 1 − 2 sequences of length n. Determine which sets  ∅ = A ⊆ S have the following property: no matter how a vector (c1 , c2 , . . . , cn ) ∈ S \ (0, 0, . . . , 0) is selected, the probabilities that the sum of products c1 a1 + c2 a2 + · · · + cn an formed with a randomly chosen element (a1 , a2 , . . . , an ) of set A will leave a remainder of 0, 1, or 2 are 1/3 each. (6 points) (Based on a problem of K¨ ursch´ ak competition) B. 5085. Show that a regular heptagon can be dissected into a finite number of symmetrical trapezoids, all similar to each other. (6 points) (Proposed by M. Laczkovich, Budapest) New problems – competition A (see page 99): A. 769. Find all triples (a, b, c) of distinct positive integers so that there exists a subset S of the positive integers for which for all positive integers n exactly one element of the triple (an, bn, cn) is in S. (Proposed by Carl Schildkraut, Massachussets Institute of Technology) A. 770. Find all positive integers n such that n! can be written as the product of two Fibonacci numbers. A. 771. Let ω denote the incircle of triangle ABC, which is tangent to side BC at point D. Let G denote the second intersection of line AD and circle ω. The tangent to ω at point G intersects sides AB and AC at points E and F . The circumscribed circle of DEF intersects ω at points D and M . The circumscribed circle of BCG intersects ω at point G and N . ´ os) Prove that lines AD and M N are parallel. (Proposed by Agoston Gy˝ orffy, Remetesz˝ ol˝

Problems in Physics (see page 121) M. 393. Hang a piece of twisted rope or yarn, and then attach different weights to its free end. Leave the rope unwind, continuously slowing the motion with your hand until it reaches the equilibrium position. How does the angle turned by the lower end of the rope depend on the load?

126

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

G. 697. We look into a kaleidoscope; part of the observed view is shown in the figure. Where are the mirrors of the kaleidoscope? G. 698. We have three solid cubes of edges 1 cm, 3 cm and 9 cm. A tower is built from the three cubes. By what factor will the pressure exerted by the tower on the horizontal tabletop be greater when the smallest cube is at the bottom compared to when the largest cube is at the bottom? G. 699. At railway stations, we can often observe that the overhead contact wires are stretched with heavy weights suspended by wire ropes looped over, for example, a pulley system shown in the figure. a) Why is this method better than fixing the overhead contact lines? b) What is the tension in each of the double overhead contact wires if the total mass of the weights is 300 kg? c) How does the position of the weights change during a bright cloudless day from dawn to dusk? G. 700. The 315 billion-tonne D28 iceberg (also known as Loose tooth, or Molar Berg) broke off Antarctica on 25 September 2019. If it was smashed to small ice-cubes and put into water at a temperature of 20 ◦ C, how many times of the amount of the water in lake Balaton could be cooled down to a temperature of 0 ◦ C? The volume of the water in lake Balaton is 1.9 km3 . Suppose that the temperature of the ice-berg is −10 ◦ C everywhere.

P. 5197. As a present, Winnie-the-Pooh was given a sphere-shaped balloon of radius 20 cm. The balloon was filled with helium such that when Winnie-the-Pooh released its thread, it just floated in the air, so it neither rose up nor sank. Winnie-the-Pooh was so happy that he began to scamper around in a circle with the balloon such that he held the end of the thread of the balloon in his hand. The balloon executed uniform circular motion. Piglet observed that whatever Winnie-the Pooh’s constant angular speed was the thread of the balloon always had an angle of 45◦ with the tangent of the circular path of the balloon. What was the radius of the path of the balloon? (Neglect the weight of the thread and the incidental changes in the shape of the balloon.) P. 5198. There is a prismshaped object of mass M on a horizontal smooth surface. One end of a light spring of spring constant D is attached to the prism such that the spring is parallel to the symmetry axis of the prism, whilst the other end is fixed to a disc-shaped bumper of negligible mass. Another object of mass m, sliding at a speed of v0 , collides with the bumper such that it partly compresses the long enough spring. a) What is the speed of the centre of mass of the system? b) Starting the stopwatch at the moment when the object touches the bumper first, how much time elapses until the spring becomes the shortest? P. 5199. A piece of thin and rigid metal wire of length  has a shape of a circular arc. Each end of the wire is attached to a thin thread of length  and the other ends of the threads are fixed at the centre of the circular arc, O, as shown in the figure. The period of the pendulum, which can swing with small amplitude in the vertical plane of the figure, is T1 . If the metal wire is straightened then the pendulum with the altered shape has a period of T2 , when it swings about O in the plane of the figure, with small amplitude. What is the ratio T2 /T1 ? P. 5200. The speed of transverse waves in a suspension bridge over a valley is 400 m/s. In a storm the strong wind generated impulses, which are repeated in each second. What is the distance between the pillars if the bridge started to swing heavily? P. 5201. The figure shows a piston and two springs attached to it. The spring constant of both springs is D = 1000 N/m, the ambient air pressure is p0 = 105 Pa, and the piston of cross-sectional area A = 10 dm2 encloses a sample of monatomic gas. Initially both springs are unstretched, and the volume of the gas is V0 = 50 litres. How much does the piston move, if Q = 2 kJ thermal energy is added to the sample of gas? (The walls of the container and the piston are thermally insulated; friction, and the heat capacity of the heating element are negligible.) P. 5202. The specific heat capacity of metals at very low temperatures is approximately proportional to the absolute temperature (c = α · T , where the proportionality constant α is characteristic of the material). In a very well insulated chamber of a cryogenic laboratory, two pieces of different metals of different mass are

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/2

127

placed such that they came into contact. The initial temperature of one of them (denoted by A) is 1.0 K, whilst that of the other (B) is 3.0 K, and the final common temperature is 2.0 K. What will the final common temperature be if the initial temperature values of the metals are TA = 1.5 K and TB = 2.5 K? P. 5203. The refractive index of a transparent glass sheet of width 2A varies in the direction of axis z, which is perpendicular to the plane of the sheet. At z = ±A its value is n0 , whilst at z = 0 it is n1 . A thin ray of laser enters into the glass (at a “height of” z = A) and travels in the direction of axis x. The laser beam is deflected in the glass and travels along the curved path of a cosine function. a) How does the refractive index depend on z? b) What is the wavelength of the path of the laser? Data: A = 1 cm, n0 = 1.5 and n1 = 1.6. P. 5204. Determine the sensitivity of the cathode-ray oscilloscope shown in the figure in the unit of mm/volt. Data: the length of the deflecting plates is  = 2 cm, their distance is d = 0.5 cm, the distance between the screen and the centre of the plates is s = 20 cm, the accelerating voltage is U0 = 1000 V, and the greatest value of the deflecting voltage is Umax = 100 V. P. 5205. The figure shows a loop made of a piece of copper wire. The shape of the loop is two concentric semicircles and two connecting straight line segments. The loop is on a horizontal tabletop, but initially the smaller semi-circle is in a vertical position. The small semi-circle is turned into the horizontal position in 1 s. The dashed line is the axis of rotation. The whole loop is in uniform vertically upward magnetic field. a) In which case is the flux linkage of the loop greater? b) What is the average value, and the direction of the induced current in the loop, while the smaller loop turns? What is the direction of the current? c) What is the greatest value of the induced current if the small semicircle is rotated at a constant angular speed and it takes exactly Δt = 1 s to turn from the vertical position to the horizontal position? Data: the magnetic induction is B = 0.35 T, the resistance of the loop is R = 0.025 Ω, the radius of the smaller semi-circle is r = 0.2 m. P. 5206. Determine the atomic mass number of ionium, which is the daughter element of uranium, after the uranium emits two α and two β particles. Which is the element whose isotope is the ionium? P. 5207. Muon (μ− ) is an unstable elementary particle, its mean lifetime is 2.197 μs, its mass is 207 times the mass of an electron, and its charge is the same as the charge of an electron. In a storage ring (a type of circular particle accelerator) there is uniform magnetic field, which is perpendicular to the plane of the ring. At a certain point of the ring, from the direction of the tangent at that point, a mono-energetic muon beam is injected into the storage ring. The muons revolve along the circular path and on average they decay after completing five whole turns. a) What is the (average) speed and kinetic energy of the muons if the radius of the storage ring is 120 m? b) What is the magnetic induction in the storage ring?

Problems of the 2019 Ku ak competition ¨ rsch´ 1. In the acute triangle ABC we have AB < AC < BC. Let A1 , B1 and C1 be the feet of the altitudes from A, B and C, respectively. The point P is obtained by reflecting C1 over the line BB1 and the point Q is obtained by reflecting B1 over the line CC1 . Prove that the circumcircle of the triangle A1 P Q passes through the midpoint of the side BC. 2. Let n be a positive integer. Find all families F that consist of certain subsets of {1, 2, . . . , n} and satisfy that for every fixed, nonempty subset X ⊆ {1, 2, . . . , n}, the number of sets A ∈ F yielding an intersection A ∩ X of even, resp. odd cardinality is the same. 3. Is it true that for any bounded subsets H and A of the real line, the set H can be partitioned into pairwise disjoint translates of A in at most one way? (Infinitely many translates may be used.)

70. ´evfolyam 2. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. febru´ ar

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 3. sz´am

T´ erbe kil´ ep˝ o bizony´ıt´ asok VI.1 Budapest, 2020. m´arcius

´ Alland´ o t´ avols´ ag´ u g¨ orbep´ arok

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK K´os G´eza: T´erbe kil´ep˝o bizony´ıt´asok VI. . . . . . . . . .

130

Bessenyei Mih´aly, P´enzes Evelin: Monoton lek´epez´esek fixpontjai I. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

141

Szoldatics J´ozsef: Gyakorl´o feladatsor emelt szint˝u matematika ´eretts´egire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

146

V´egeredm´enyek a 2020/2. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . . . . . . . . . . . . . .

149

Matematika C gyakorlatok megold´asa (1528., 1557.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

151

Matematika feladatok megold´asa (5013., 5016., 5027.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

155

A K pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (654– 658.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

159

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1595– 1601.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

160

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5086– 5093.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

161

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (772–774.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

162

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (505–507., 43., 142.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

163

Kond´akor M´ark: A m´er´esi pontverseny lelkivil´aga

167

Fizika feladatok megold´asa (5153., 5154., 5155., 5160., 5161., 5164., 5166., 5170., 5172.) . . . . . . . .

172

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (394., 701–704., 5208–5218.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

185

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

189

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

191

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ VIGH MAT ´ E, ´ LASZL O, ´ KAROLY, ´ VLADAR WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ CSERTAN ´ ANDRAS, ´ Tagjai: BUSA MAT ´ ´ FARKAS CSABA, FODOR ZSOLT, LASZL O ´ ´ NIKOLETT, LOCZI LAJOS, SIEGLER GABOR ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2500/6541; 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

129

Ebben a cikksorozatban olyan bizony´ıt´ asokat mutatunk be, amikor a geometriai alakzatokat t´erbe kil´epve”, h´ arom- vagy ak´ ar m´eg magasabb dimenzi´ os ” objektumok vet¨ uletek´ent vagy metszetek´ent ´ all´ıtjuk el˝ o.

Vas´ uti s´ınek ´ es be´ırt k¨ or¨ ok

A Newcastle-i k¨ ozponti vas´ ut´ allom´ as s´ınei egy 1910-es k´epeslapon

A vas´ uti s´ınp´ arokat j´ol ismerj¨ uk: k´et olyan g¨ orb´eb˝ ol a´llnak, amelyek t´ avol´ s´aga egy el˝ore r¨ ogz´ıtett d ´ alland´ o, a s´ınp´ ar nyomt´ avja. Ugy is mondhatjuk, hogy a vas´ utvonal b´ armelyik pontj´an a k´et s´ın k¨ oz´e d ´ atm´er˝ oj˝ u k¨ ort lehet ´ırni.

1. a ´bra

Ahol k´et s´ınp´ ar keresztezi egym´ast, ott a keresztez˝ od´esben egy k¨ ozel´ıt˝oleg rombusz alak´ u ter¨ ulet j¨ on l´etre, ez´ert az ilyen helyeket, az osztott p´ aly´ as aut´ outak keresztez˝ od´eseihez hasonl´ oan, gy´em´ ant-keresztez˝ od´esnek (angolul: diamond-crossing) is h´ıvj´ak. A keresztez˝ od´esben a k´et s´ınp´ ar k¨ oz´e ´ırt k¨ orseregeknek egy k¨ oz¨ os elem´et fedezhetj¨ uk fel: a rombuszba” be´ırt k¨ ort, ” amely mind a n´egy s´ıng¨ orb´et ´erinti (1. ´ abra).

L´atni fogjuk, hogy ebb˝ ol a gondolatb´ol milyen sokf´ele feladatot lehet gy´ artani; az el˝oz˝ o r´eszben l´ atott olimpiai feladatjavaslatnak is van ilyen hangulat´ u megold´asa. Ehhez most kiv´etelesen nem h´ arom dimenzi´oba, hanem egy nem-euklideszi geometriai modellbe, a Poincar´e-f´ele f´els´ıkmodellbe fogunk a´tl´epni, ´es ott keres¨ unk a´lland´ o t´avols´ ag´ u g¨ orbep´ arokat ´es ilyenek keresztez˝od´eseit. 1

130

A cikksorozat a R´enyi Int´ezet ´es a Sztaki t´ amogat´ as´ aval k´esz¨ ult.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A Poincar´ e-f´ ele f´ els´ıkmodell A f´els´ıkmodell inverzi´oval kaphat´o a Poincar´e-f´ele k¨ormodellb˝ol; szint´en a hiperbolikus s´ık egy modellje, ha tetszik, egy k´epe az euklideszi s´ıkon bel¨ ul. A pon” tok” egy f´els´ık bels˝o pontjai. A modellt mindig u ´gy fogom lerajzolni, hogy a hat´ ara egy v´ızszintes egyenes, ´es az egyenes f¨ ol¨ otti f´els´ık lesz maga a modell. Az egyenesek” a f´els´ık hat´ ar´ ara mer˝ oleges f´elk¨or¨ok ´es f´elegyenesek. A f´elegye” neseket tekinthetj¨ uk a f´elk¨ or hat´ arhelyzet´enek; ha a s´ıkot kieg´esz´ıtj¨ uk egy v´egtelen t´ avoli ponttal, amely az ¨ osszes egyenes k¨ oz¨ os v´egpontja (vagyis a modellt az inverz´ıv s´ıkon helyezz¨ uk el), ez az ide´ alis pont lesz a f´elegyenesnek l´atsz´ o egyenesek” ” m´ asik v´ege. M´ aris l´atjuk, hogy a k¨ ul¨ onf´ele geometriai alakzatok ´es mennyis´egek a modellen bel¨ ul nem ugyanazok, mint aminek k´ıv¨ ulr˝ ol l´atszanak. A hiperbolikus s´ık”f´els´ıknak ” l´ atszik, az egyenesek” pedig f´elk¨ ornek vagy f´elegyenesnek. Az´ert, hogy a f´elre´erthe” t˝ os´eget elker¨ ulj¨ uk, a modellbeli dolgokat a k´es˝ obbiekben is id´ez˝ ojelbe fogom tenni, ´es helyenk´ent a hiperbolikus” jelz˝ ot is haszn´ alni fogom. A k´ıv¨ ulr˝ ol l´athat´ o dolgok ” nem lesznek id´ez˝ ojelben, ´es id˝ onk´ent a l´atsz´olagos” jelz˝ ovel is hangs´ ulyozni fogom, ” hogy csak l´atszatr´ ol van sz´ o. K´et pont” t´ avols´ ag´ at” ugyanazzal a k´eplettel defini´ aljuk, mint a k¨ormodell” ” ben: ha X ´es Y k´et pont a hat´ aregyenesre mer˝oleges AB f´elk¨or¨on (2.a ´ abra), akkor aguk” a t´avols´ ”    AX · Y B    , (1a) d(X, Y ) = k ·  ln(ABXY ) = k · ln AY · XB  ahol k egy r¨ ogz´ıtett pozit´ıv sz´am, a hiperbolikus geometria param´etere.

2.a ´ abra

2.b a ´bra

Ha X ´es Y az A v´egpont´ u, a hat´ arra mer˝ oleges f´elegyenesen van (2.b ´ abra), YI akkor a f´elegyenes m´asik v´ege az I ide´ alis pont, ´es XI = 1; teh´ at a t´avols´ ag” ”    AX    . (1b) d(X, Y ) = k ·  ln(AIXY ) = k · ln AY 

A k´epletekben a logaritmus el˝ojele att´ ol f¨ ugg, hogy a n´egy pont sorrendje A, X, Y , B (a logaritmus ´ert´eke negat´ıv) vagy pedig A, Y , X, B (pozit´ıv); ahol lehet, megpr´ ob´ aljuk a pontokat u ´gy elhelyezni, hogy ne legyen sz¨ uks´eg az abszol´ ut´ert´ekjelre. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

131

´ Erdemes ellen˝ orizni, hogy ez a t´avols´ ag-k´eplet szimmetrikus, vagyis d(X, Y ) = = d(Y, X), ´es addit´ıv is: ha X, Y , Z ebben a sorrendben h´ arom pont ugyanazon az egyenesen”, akkor d(X, Y ) + d(Y, Z) = d(X, Z). ” V´eg¨ ul defini´aljuk a sz¨ ogeket: k´et egyenes” sz¨ oge” a f´els´ıkmodellben is ´eppen ” ” akkora, mint amekkor´ anak l´atszik. K¨ or¨ ok ´ es sugaraik A f´els´ıkmodellben a k¨ or¨ ok” a f´els´ık belsej´eben fekv˝ o k¨ orvonalak, ezt most ” ellen˝ orizni fogjuk. Vizsg´aljunk meg egy tetsz˝oleges k k¨ ort a f´els´ıkban, amely szimmetrikus a hat´arra mer˝ oleges f f´elegyenesre; az f kezd˝ opontj´at jel¨ olj¨ uk A-val, ´es a k-val vett metsz´espontjai legyenek U ´es V . A k¨ or l´atsz´ olagos k¨ oz´eppontja az U V szakasz F felez˝opontja, de a k¨ or k¨ oz´eppontja” nem ez, hanem az U V szakasznak az a K ” AV pontja, amelyre d(U, K) = d(K, V ); az (1b) defin´ıci´ot be´ırva AK = AK , vagyis AU 2 AK = AU · AV .

Rajzoljunk a K ponton kereszt¨ ul egy tetsz˝ oleges u ´jabb e egyenest”, vagy” is f´elk¨ ort, amelynek v´egpontjai B ´es C, metsz´espontjai a k k¨ orrel X ´es Y a 3. ´ abra szerint. Azt szeretn´enk ellenorizni, hogy e mer˝ ˝ olegesen metszi k-t, ´es az U , V , X, Y pontok ugyanakkora t´ avols´ agban” vannak a K pontt´ ol, azaz ” d(K, U ) = d(K, V ) = d(K, X) = d(K, Y ). Azt m´ ar biztos´ıtottuk, hogy d(K, U ) = = d(K, V ) teljes¨ ulj¨ on. El˝ osz¨ or megmutatjuk, hogy a BV ´es a CU egyenes a´tmegy az X, m´ıg a BU ´es 3. a ´bra a CV egyenes a´tmegy az Y ponton. A Thal´esz-t´etel miatt a BCK h´ aromsz¨ og der´eksz¨ og˝ u; a magass´ agt´etel szerint oja szerint AK 2 = AU · AV , teh´at AB · AC = AB · AC = AK 2 . A K pont defin´ıci´ AB AU = AU · AV , vagy a´trendezve AV = AC . Ez´ert az AV B ´es ACU der´eksz¨ og˝ u h´ aog˝ u forgatva ny´ ujt´ assal vihet˝ ok ´ at romsz¨ogek hasonl´ ok, ´es egy A k¨ or¨ uli, 90◦ -os sz¨ as miatt az ´atfog´ oik, a BV ´es a CU egyenesek mer˝ oleegym´ asba. A 90◦ -os forgat´ gesek. A Thal´esz-t´etel megford´ıt´asa miatt a BV ´es a CU egyenesek metsz´espontja a k ´es e k¨or¨on is rajta van, vagyis ez a metsz´espont ´eppen az X pont. Ugyan´ıgy l´athatjuk, hogy a BU ´es CV egyenesek metsz´espontja Y . A BCV h´ aromsz¨ ogben BY , CX ´es V A a magass´ agok, U a magass´ agpont. Jel¨olje O a BC szakasz felez˝opontj´at, amely egyben az e k¨ or k¨ oz´eppontja is. Az A, O, X, Y , F pontok a h´ aromsz¨ og Feuerbach-k¨ or´en vannak; mivel OAF  = 90◦ , as az OF szakasz a Feuerbach-k¨ ornek a´tm´er˝ oje; ez´ert OXF  = OY F  = 90◦ . M´ sz´ oval, a k k¨or F X ´es F Y sugarai mer˝ olegesek az e k¨ or OX, illetve OY sugaraira; a k ´es az e k¨or t´enyleg mer˝ olegesen metszi egym´ ast. 132

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A d(K, X) ellen˝ orz´es´ehez azt haszn´ aljuk fel, hogy a BCK h´aromsz¨og hasonl´o a BKA, a BCX pedig hasonl´ o a BV A h´ aromsz¨ ogh¨oz: BK XC BA AV AV BK · XC = · = · = ; BX · KC KC BX AK BA AK d(K, X) = k · ln

BK · XC AV = k · ln = d(K, V ). BX · KC AK

Tekints¨ unk egy tetsz˝ oleges, K-n ´atmen˝ o e egyenest”, amely a modellben egy ” O k¨oz´eppont´ u f´elk¨ ornek l´ atszik. Az e egyenes” mindk´et k¨ ort mer˝ olegesen metszi, ” ez´ert az O pontot a metsz´espontokkal ¨ osszek¨ ot˝ o szakaszok ´erintik a k¨ or¨ oket. Ezek a szakaszok az e f´elk¨ ornek sugarai, teh´at egyenl˝o hossz´ uak; emiatt az O pont hatv´anya a k´et k¨ orvonalra ugyanakkora. Ebb˝ ol l´athatjuk, hogy a koncentrikus” ” k¨or¨ok hatv´anyvonala a f´els´ıkmodell hat´ aregyenese. Hiperciklusok

A B, C ´es X, Y pontok szerep´enek felcser´el´es´evel ugyan´ıgy igazolhat´ o, hogy d(K, Y ) = d(K, V ). Az (1a), (1b) t´ avols´ ag-defin´ıci´ok k¨ ovetkezm´enye, hogy a k¨or´ıvnek vagy ´eppen szakasznak l´ atsz´ o szakaszok” hiperbolikus hossza csup´ an a modell hat´ar´ at´ ol ” m´ert t´ avols´ agok ar´any´ at´ ol f¨ ugg; ha a f´els´ıkmodellt felnagy´ıtjuk, vagy lekicsiny´ıtj¨ uk, ugyanezt a modellt kapjuk vissza. A 4. a ´br´ an u ´jra lerajzoltam az el˝ oz˝ o r´eszben m´ar l´atott csemp´ez´est, de most a f´els´ıkmodellben: a csemp´ek olyan egybev´ ag´ o szab´ alyos ¨otsz¨ogek, amelyeknek or¨ uk is ugyanakkora”, csak a hat´ arhoz mindegyik sz¨ oge der´eksz¨og, ´es a be´ırt k¨ ” k¨ ozelebbi k¨ or¨ oket ar´ anyosan kisebbnek kell rajzolnunk.

uk, Ha egy e egyenes” k´et v´eg´et egy (a f´elk¨ ort˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o) h k¨ or´ıvvel ¨ osszek¨ otj¨ ” egy nagyon ´erdekes g¨ orb´et kapunk a hiperbolikus geometri´ankban. Ennek a h g¨orb´enek minden pontja ugyanakkora t´ avols´ agban” van az e-t˝ ol. Ez´ert szokt´ ak ” a h g¨orb´et t´ avols´ agg¨ orb´enek” is nevezni; mi az elterjedtebb hiperciklus” nevet ” ” fogjuk haszn´ alni. Ha ugyanazzal a k´et v´egponttal nem egy, hanem k´et hiperciklust rajzolunk, akkor az e-t˝ ol m´ert t´ avols´ agokat” egyszer˝ uen ¨ osszeadhatjuk vagy kivonhatjuk ” (att´ ol f¨ ugg˝oen, hogy az e-nek ugyanazon vagy pedig ellent´etes oldal´ an vannak), ez´ert a k´et hiperciklus t´ avols´ aga” is a´lland´ o. ” A 6.a ´es a 6.b a ´br´ an k¨ oz¨ os v´egpont´ u hiperciklusokat ´es egyeneseket” raj” uk ´eszre, hogy zoltam: a 6.b ´ abr´ an az egyik k¨ oz¨ os v´egpont az ide´ alis pont. Vegy¨ a 6.a a´br´ an a hiperciklusoknak megfelel˝o k¨ or´ıvek hatv´ anyvonala ez´ uttal is a f´els´ıkmodell hat´ ara.

4. ´ abra

´ Alland´ o t´ avols´ ag´ u g¨ orbep´ arok a f´ els´ıkmodellben

6.a ´ abra

6.b a ´bra

Ahogy ´ıg´ertem, vonats´ıneket fogunk keresni a f´els´ıkmodellben. A szakirodalom az egyeneseket, vagyis az egyenesekt˝ ol nulla t´ avols´ agban halad´ o g¨orb´eket nem nevezi hiperciklusnak”. Mi viszont csupa olyan ´all´ıt´ ast fogunk ” megfogalmazni, amelyek hiperciklusokra ´es egyenesekre is ´erv´enyesek, ez´ert mindenhol azt kellene ´ırnunk, hogy hiperciklus vagy egyenes”. (Pl. K´et, k¨ oz¨ os v´eg” ” pont´ u hiperciklus vagy egyenes t´ avols´ aga a ´lland´ o”.) Helyette ink´ abb a hiperciklus” ” fogalm´ aba speci´ alis esetk´ent az egyeneseket is bele fogjuk ´erteni.

Koncentrikus k¨ or¨ ok Az euklideszi geometri´aban megszokott p´arhuzamos egyenesp´arok itt nem l´eteznek; a legk´ezenfekv˝obb p´elda alland´ ´ o t´ avols´ ag´ u g¨ orbep´ arra k´et kon” centrikus” k¨ or”. A koncentrikust” ter” ” m´eszetesen u ´gy ´ertj¨ uk, hogy a k´et k¨ or” ” hiperbolikus k¨ oz´eppontja” ugyanaz. ” or k¨ oz¨ os k¨ oAz 5. ´ abr´ an a k1 ´es a k2 k¨ ” z´eppontja” a K pont, ´es a mindkett˝ ot ´erint˝o k¨ or¨ ok ugyanakkor´ ak”. ”

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

Most ellen˝ orizz¨ uk, hogy k´et, azonos v´egpont´ u hiperciklus (vagy egyenes”) ” t´avols´ aga” t´enyleg a´lland´ o, ´es a k¨ oz´ej¨ uk ´ırhat´ o k¨ or¨ ok ugyanakkor´ ak”. Legyen a ´es b ” ” k´et hiperciklus, amelyek k¨ oz¨ os v´egpontjai A ´es B. Az AB szakasz felez˝omer˝ olegese at a-val, b-vel ´es az AB egyenessel rendre U , V , legyen f , jel¨olje f metsz´espontj´ illetve F . Az a-ra egy tetsz˝oleges X pontj´ aban ´all´ıtsunk egy mer˝ oleges e egyenest”, ” ennek v´egpontjai legyenek C ´es D, metsz´espontja b-vel Y , ´es az e f´elk¨ or k¨ oz´eppontja legyen O. Azt fogjuk igazolni, hogy e ´es b is mer˝ olegesen metszik egym´ ast, l´etezik

5. ´ abra

133

134

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

egy k k¨ or, amely az X ´es Y pontokban ´erinti az a, illetve a b g¨orb´et, ´es d(X, Y ) = d(U, V ) (7. ´ abra).

8.a ´ abra

8.b a ´bra

A k¨oz¨os v´egpont´ u horociklusp´ arokra is igaz, hogy a t´avols´ aguk” a´lland´ o, avagy ” a k¨oz´ej¨ uk ´ırt k¨ or¨ ok ugyanakkor´ ak”. Ennek igazol´ asa a hiperciklusokra elmondott ” gondolatmenet leegyszer˝ us´ıt´es´evel t¨ ort´enhet: a k¨ ul¨ onbs´eg annyi, hogy az A, B, D pontok egybeesnek (9. ´ abra). Ennek r´eszletes v´egiggondol´ as´at az Olvas´ora hagyjuk. 7. ´ abra

Az O pontnak az a k¨ or´ıvre vonatkoz´ o hatv´ any´ ab´ol kapjuk, hogy OY 2 = 2 or OY sugara ´erinti b-t. Teh´ at az e egyenes” = OX = OA · OB, ´ıgy az e f´elk¨ ” a b hiperciklust is mer˝ olegesen metszi. Az a k k¨ or, amely az X ´es Y pontokban ´erinti az OX ´es OY szakaszokat, ´erinti az a ´es b g¨ orb´eket is. Sz¨ uks´eg¨ unk lesz arra, hogy a C, X, U pontok, illetve a C, Y, V pontok is egy egyenesre esnek. Legyen P az OY egyenes ´es a b k¨or´ıv V -beli ´erint˝oj´enek metsz´espontja; mivel V a b felez˝opontja, a P V egyenes p´ arhuzamos az AB egyenessel. Az OY C ´es a P Y V h´aromsz¨ og is egyenl˝o sz´ ar´ u, ´ıgy OY C = Y CO = Y V P  = = P Y V ; ez mutatja, hogy a CY ´es az Y V szakasz egym´as meghosszabb´ıt´asa. Ugyan´ıgy igazolhatjuk, hogy C, X ´es U egy egyenesen van.

9. ´ abra

A CDX ´es a CU F der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek, tov´ abb´ a a CDY ´es a CV F der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogek is hasonl´ ok, ez´ert

A sokf´ele, k¨ orvonalnak l´ atsz´ o g¨ orb´et egy k¨ oz¨ os rajzon mutatja a 10. ´ abra:

CX · Y D CX Y D CF F V FV = · = · = ; CY · XD XD CY F U CF FU d(X, Y ) = k · ln

CX · Y D FV = k · ln = d(U, V ). CY · XD FV

Ez mutatja, hogy b´ armelyik X pontban ugyanakkora” k¨ort lehet a k´et hiper” ciklus k¨ oz´e ´ırni. Horociklusok A horociklusok (m´ as n´even paraciklusok) olyan, a f´els´ıkmodellben k¨orvonalnak vagy egyenesnek l´atsz´ o g¨ orb´ek, amelyeknek egyetlen pontjuk van a modell hat´ ar´ an; m´ as sz´oval, a hat´aregyenest ´erint˝o k¨ orvonalak (8.a ´ abra), ´es a hat´ aregyenessel p´arhuzamos egyenesek (8.b ´ abra). A 8.a a´br´ an megfigyelhetj¨ uk, hogy a k¨oz¨os v´egpont´ u horociklusoknak megfelel˝ o k¨ orvonalak hatv´ anyvonala a k¨oz¨os ´erint˝o, vagyis ism´et csak a f´els´ıkmodell hat´ aregyenese. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

135

10. ´ abra

´ Erint˝ o k¨ or¨ os feladatok A kimer´ıt˝o el˝ ok´esz¨ uletek ut´ an n´ezz¨ unk p´eld´ akat arra, hogy s´ınp´ arok keresztez˝od´eseib˝ ol hogyan lehet feladatokat k´esz´ıteni. 136

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

Ali Khezeli megold´ asa az olimpiai feladatjavaslatra

T´ avols´ agok ¨ osszead´ asa

Az el˝oz˝ o r´eszben l´ atott olimpiai feladat javaslatra (11.a ´ abra) az ir´ ani csapat egyik megfigyel˝ oje, Ali Khezeli mutatta nekem a k¨ovetkez˝ o megold´ ast.

Ha ugyanazokkal a v´egpontokkal nem k´et, hanem h´ arom hiperciklust rajzolunk, a k¨oz¨ott¨ uk m´ert t´ avols´ agokat” ¨ osszeadhatjuk. A 13.a a ´br´ an az a1 ´es a2 ” avolhiperciklusok t´ avols´ aga” a k¨ oz´ej¨ uk ´ırt k2 k¨ or ´ atm´er˝ oje”, m´ıg az a2 ´es a3 t´ ” ” ” oje”; az a1 ´es a3 k¨ oz¨ otti t´ avols´ ag” a kett˝ o ¨ osszege. Ugyanezt s´aga” a k1 ´atm´er˝ ” ” oz¨ otti t´ avols´ agra” (csak ford´ıtott sorrendben), teh´ at az ¨osszeget kapjuk a b1 ´es b3 k¨ ” ogbe is k¨ ort lehet ´ırni. Ugyanez elmondhat´ o a 13.b a ´br´ an is. az a1 b3 a3 b1 n´egysz¨

11.a a ´bra

11.b ´ abra

Tekints¨ uk a 11.a a´br´ at egy f´els´ıkmodellbeli rajznak. Az a2 ´es a3 hipercikluaga”: a k¨oz¨os sok t´ avols´ aga” ugyanakkora, mint a b1 ´es a b2 hiperciklusok t´avols´ ” ” anyba ´ırt k¨ or ´ atm´er˝ oje”. Ugyan´ıgy, az a1 ´es a2 hit´ avols´ ag” a b1 a2 b2 a3 tartom´ ” ” aga”, perciklusok t´avols´ aga” ugyanakkora, mint a b1 ´es a b2 hiperciklusok t´avols´ ” ” avols´ aga” is ugyanakkora, mint a b2 ´es a b3 hitov´ abb´ a az a1 ´es a2 hiperciklusok t´ ” aga” ugyanakkora, perciklusok t´avols´ aga”. Teh´at az a2 ´es a3 hiperciklusok t´avols´ ” ” aga”, ez´ert az a2 b2 a3 b3 tartom´ anyba is k¨or mint a b2 ´es a b3 hiperciklusok t´avols´ ” ´ırhat´ o. A megold´ as a´ltal´ anosabban is m˝ uk¨ odik, p´eld´ aul a 11.b ´ abr´ an l´athat´ o esetben. Hiperciklusok egy k¨ or k¨ oz´ eppontj´ an keresztu ¨l Eddig a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o g¨ orbep´ arok t´ avols´ ag´ at a k¨ oz´ej¨ uk ´ırt k¨or¨ok ´atm´er˝ oivel m´ert¨ uk meg. Megtehetj¨ uk azonban azt is, hogy egy k¨ orh¨oz csak egy ´erint˝o hiperciklust rajzolunk, a m´ asik hiperciklus a k¨ or k¨ oz´eppontj´an megy ´at.

13.a a ´bra

´ Erint˝ on´ egysz¨ ogek egy jellemz´ ese A f´elegyenesnek l´atsz´ o hiperciklusok t´ avols´ aga” k¨ onnyen fel´ırhat´ o sz¨ ogekkel. ” Legyen a ´es b k´et hiperciklus, amelyek egyik v´egpontja O, a m´asik v´egpont az ide´ alis pont, ´es metssz¨ uk el ezeket egy O k¨ oz´eppont´ u f´elk¨ orrel a 14.a ´ abra szerint. Az ´abr´ an felt¨ untetett sz¨ogekkel, felt´eve, hogy α < β, az OXB egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ ogb˝ ol azt β AX = tg α2 , ´es hasonl´ oan YAYB = tg 2 . kapjuk, hogy ABX = 12 AOX = α2 , ez´ert XB Teh´at az a ´es a b hiperciklus k¨ oz¨ otti t´ avols´ ag” ” β

tg AY · XB = k · ln α2 . d(X, Y ) = k · ln AX · Y B tg 2

Legyen ABC hegyessz¨ og˝ u h´aromsz¨ og, a magass´ agai AA1 , BB1 ´es CC1 , az AA1 magass´ ag ´es a BC1 B1 C f´elk¨ or metsz´espontja K. H´ uzzunk a B ´es a C pontb´ ol ´erint˝oorh¨ oz a h´ aromsz¨ og belsej´eket az AB1 C1 k¨ ben, az ´erint˝o f´elegyenesek legyenek b ´es c (12. ´ abra). Ezeket a k¨ or¨ oket ´es a K pontot m´ ar ismerj¨ uk a 3. ´ abr´ ar´ ol: az A1 A ´es a BC hiperbolikus egyenes” is mer˝ olegesen metszi ” ort, ez´ert K a k¨ or k¨ oz´eppontaz AB1 C1 k¨ ” ja”. A BK ´es a b hiperciklus t´avols´ aga”, 12. a ´bra ” valamint a CK ´es a c hiperciklus t´avol” s´ aga” is az AB1 C1 k¨ or sugara”. Ez´ert a k´et hiperciklusp´ ar k¨oz´e k¨oz¨os ´erint˝o k¨ort ” lehet ´ırni. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

137

13.b ´ abra

14.a a ´bra

14.b ´ abra

Most tekints¨ unk k´et f´elegyenes-p´art, az a, b ´es c, d hiperciklusokat a 14.b ´ abra szerint. A k¨oz¨os ´erint˝o k¨ or akkor ´es csak akkor l´etezik, ha az a ´es b t´ avols´ aga” ” 138

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

megegyezik c ´es d t´ avols´ ag´aval”, vagyis ”

A k´etf´ele k´eplet ¨ osszehasonl´ıt´as´ ab´ ol β

tg 2 tg 2δ α = γ. tg 2 tg 2

tg 2 tg 2δ = γ. tg α2 tg 2

A felt´etel akkor is ´erv´enyes marad, ha az a ´es a c f´elegyenest az AC egyenes m´ asik oldal´ ara rajzoljuk (15a. ´ abra). Az ´erint˝on´egysz¨ogeknek ezt a tulajdons´ ag´at ´erdemes k¨ ul¨ on is kimondani ´es megtanulni:

A megford´ıt´ ashoz most tegy¨ uk fel, hogy ABCD nem ´erint˝on´egysz¨ og. Vegy¨ uk og, ´es legyen fel az AD f´elegyenesen azt a D0 pontot, amelyre ABCD0 ´erint˝on´egysz¨ obbiek szerint δ0 = ACD0  = δ. Az el˝

β

β

tg 2 tg δ20 tg 2δ =  = γ γ. tg α2 tg 2 tg 2 Feladatok 1. Feladatok sz¨ oveg n´elk¨ ul:

15.a a ´bra

15.b ´ abra

Lemma. Legyen az ABCD konvex n´egysz¨ ogben α = CAB, β = DAC, γ = BCA ´es δ = ACD. Az ABCD n´egysz¨ og akkor ´es csak akkor ´erint˝ on´egysz¨ og, ha β tg 2 tg 2δ = γ. tg α2 tg 2 A Lemma bizony´ıt´ as´at kezdj¨ uk a csak akkor” ir´annyal; tegy¨ uk fel, hogy ” ABCD ´erint˝on´egysz¨ og, a be´ırt k¨ ore k, az ´erint´esi pontok X, Y , Z ´es W a 15.b ´ abra szerint. Az ´altal´ anoss´ ag csorbul´ asa n´elk¨ ul feltehetj¨ uk, hogy β  α. T¨ ukr¨ ozz¨ uk az AC ´ atl´ ora a B, X, Z pontokat ´es a k k¨ornek az ABC h´aromol sz¨ ogbe es˝ o ´ıv´et; a t¨ uk¨ork´epeket jel¨ olje rendre B  , X  , Z  , illetve k  . Az A pontb´  oz h´ uzott ´erint˝ok egyenl˝ok, ez´ert az XX  Y k¨or k¨oz´eppontja A. Ha a k-hoz ´es k -h¨ az AC egyenesnek a D-vel azonos oldal´ at a f´els´ıkmodellnek tekintj¨ uk, akkor a k ´es avols´ aga” k  hiperciklusok t´ ” β

tg d(X , Y ) = k · ln α2 . tg 2

(K¨ oMaL A. 621., 2014/9)



Ugyanezt az A helyett a C ponttal is elmondhatjuk, ´es a k ´es k  hiperciklusok t´ avols´ ag´ ara”´ıgy azt kapjuk, hogy ” d(Z  , W ) = k · ln K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

tg 2δ γ

tg 2

.

139

(IZhO 2014/4; Nairi Sedrakyan feladata)

2. Az ABCD konvex ´erint˝on´egysz¨ ogbe ´ırt k¨ or k¨ oz´eppontja I. Az AB ´es a DC f´elegyenes az F pontban, az AD ´es a BC f´elegyenes a G pontban metszi egym´ ast. Legyen E az a F , G f´okusz´ u ellipszis, amely ´atmegy a B ´es D pontokon, ´es legyen H az a F , G f´okusz´ u hiperbola´ag, amely ´ atmegy az A ´es C pontokon. Az E ´es H metsz´espontjait jel¨ olje P ´es Q. Mutassuk meg, hogy a P , Q ´es I pontok egy egyenesen vannak. (K¨ oMaL A. 630., 2014. december) 140

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

3. Adott az OA1 A2 A3 tetra´eder mindegyik OAi ´el´en egy Bi bels˝o pont, uli meghosszabb´ıt´as´ an pedig egy Ci pont (i = 1, 2, 3). Tegy¨ uk fel, az OAi ´el Ai -n t´ u testbe, tov´abb´ a hogy az OAi+1 Ai+2 ´es Bi Ai+1 Ai+2 s´ıkok ´altal hat´arolt hat lap´ arolt testbe is egy-egy g¨omb¨ot lehet az Bi Ai+1 Ai+2 ´es Ci Ai+1 Ai+2 s´ıkok ´altal hat´ ´ırni. Bizony´ıtsuk be, hogy ekkor az OAi+1 Ai+2 ´es Ci Ai+1 Ai+2 s´ıkok ´altal hat´arolt testbe is g¨ omb¨ ot lehet ´ırni. (K¨ oMaL A. 547., 2011. november) K´ os G´ eza

minden H-beli halmaznak r´esze, ´ıgy H0 ⊆ F (H0 ). Ezt az el˝ obbi F (H0 ) ⊆ H0 eredm´eny¨ unkkel ¨osszevetve F (H0 ) = H0 , ami azt jelenti, hogy a keresett r´eszhalmazt megtal´ altuk.  Adott X halmaz eset´en jel¨ olje P(X) az X ¨ osszes r´eszhalmazainak halmaz´at, m´ask´eppen mondva: hatv´ anyhalmaz´ at. Azt mondjuk, hogy az F : P(X) → P(X) lek´epez´es monoton, ha meg˝orzi a tartalmaz´ ast, vagyis A ⊆ B ⊆ X eset´en F (A) ⊆ ⊆ F (B) is teljes¨ ul. Az F lek´epez´esnek H ⊆ X fixpontja, ha F (H) = H. Ezekkel az elnevez´esekkel a P. 329 probl´ema t¨ om¨ oren ´ıgy is megfogalmazhat´o: T´ etel. Adott hatv´ anyhalmaz b´ armely monoton lek´epez´es´enek l´etezik fixpontja.

Monoton lek´ epez´ esek fixpontjai I.

A K¨ oMaL egy r´egi sz´ ama pontverseny k´ıv¨ uli probl´emak´ent k¨ oz¨ olte a Knaster– Tarski-f´ele fixpontt´etelt. Cikk¨ unkben els˝ ok´ent f¨ olid´ezz¨ uk a probl´em´ at, majd bemutatjuk egyik legfontosabb, halmazelm´elethez k¨ ot˝ od˝ o alkalmaz´ as´ at. Ezaltal egyben bepillant´ ´ ast k´ıv´ anunk adni a sz´ amoss´ agaritmetika leny˝ ug¨ oz˝ oen sz´ep, meglepet´esekkel teli vil´ ag´ aba is.

1. Bevezet´ es A magyar matematikatan´ıt´ as m´elt´ an h´ıres arr´ ol, hogy az aktu´alis kutat´ asi ir´ anyokat igen gyakran a versenyfeladatok szintj´en igyekszik megjelen´ıteni. J´ ol t¨ ukr¨ozik ezt az elvet a K¨ oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Lapok probl´em´ai. M´eg a m´ ult is hozhat meglepet´est! K¨ ul¨ on¨ osen, amikor egy olyan, r´egen kit˝ uz¨ott feladattal tal´alkozunk, melyet az egyetemi katedra mindk´et oldal´ anak k¨oz¨ons´ege ismer˝ osk´ent u oz¨ olhet. Ragyog´ o p´elda erre a P. 329 jelz´es˝ u pontversenyen k´ıv¨ uli probl´ema, ¨dv¨ amelyet Szegedy Patrik megold´as´ aval egy¨ utt [2] az al´abbiakban k¨ozl¨ unk. P. 329. Egy X halmaz minden A r´eszhalmaz´ ahoz hozz´ arendel¨ unk egy F (A) r´eszhalmazt u ´gy, hogy ha A ⊂ B, akkor F (A) ⊆ F (B). Mutassuk meg, hogy van ul. olyan H0 ⊆ X r´eszhalmaz, amelyre F (H0 ) = H0 teljes¨ ´ Megold´ as. Alljon a H halmazcsal´ ad azokb´ ol a H ⊆ X halmazokb´ ol, melyekre F (H) ⊆ H. Ez a H csal´ ad nem u ¨res, mert X eleme, hiszen F (X) ⊆ X biztosan ol? teljes¨ ul. Legyen a H-beli halmazok k¨ oz¨ os r´esze H0 . Mit tudunk az F (H0 ) halmazr´ Ha H tetsz˝ oleges H-beli halmaz, akkor H0 ⊆ H miatt f¨onn´ all, hogy F (H0 ) ⊆ ⊆ F (H). Ebb˝ ol pedig F (H) ⊆ H alapj´an (ez volt a H-beli halmazok defini´ al´o tuovetkezik. Teh´ at az F (H0 ) halmazt minden H-beli hallajdons´ aga) F (H0 ) ⊆ H k¨ ol maz ´ıgy metszet¨ uk, H0 is: F (H0 ) ⊆ H0 . Ugyanakkor F (H0 ) ⊆ H0 -b´   tartalmazza, odik, teh´ at (defin´ıci´ o szerint) az F (H0 ) halmaz H-beli. A H0 F F (H0 ) ⊆ F (H0 ) ad´

¨ ond´ıj, az Emberi Er˝ A cikk a Bolyai J´ anos Kutat´ asi Oszt¨ oforr´ asok Miniszt´eriuma ´ ´ ´ UNKP-18-2 ´es az Innov´ aci´ os ´es Technol´ ogiai Miniszt´erium UNKP-19-4 k´ odsz´ am´ u Uj Nemzeti Kiv´ al´ os´ ag Programj´ anak t´ amogat´ as´ aval k´esz¨ ult.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

141

as el˝osz¨ or a Lengyel Matematikai T´arsulat Vars´ oi R´eszleg´enek u Ez az ´all´ıt´ ¨l´es´en hangzott el 1927-ben, ´es az´ ota Knaster–Tarski-f´ele fixpontt´etelk´ent szok´ as hivatkozni [1]. K´es˝ obb, az eredetileg Knaster a´ltal el˝ oadott eredm´enyt Tarski [3] fejlesztette tov´ abb, sz´ amos meglep˝o ´es hat´ekony alkalmaz´ ast adva a halmazelm´elet, logika, absztrakt algebra ´es val´ os f¨ uggv´enytan ter´en. Manaps´ag u ´gy tekint¨ unk Knaster ´es Tarski eredm´eny´ere, mint a monoton lek´epez´esek fixpontelm´elet´enek els˝ o zseng´ej´ere. A Knaster–Tarski-f´ele fixpontt´etelnek m´ ar az eredeti v´altozata is jelent˝ os alkalmaz´asokkal b´ır. Az egyik legfontosabb a sz´amoss´ agaritmetika ter´en Schr¨ oder– Bernstein-t´etelk´ent ismert a´ll´ıt´ as. F˝ o c´elunk ezt, ´es ennek n´eh´ any k¨ ovetkezm´eny´et bemutatni, ´es egy´ uttal r¨ ovid barangol´ ast tenni a sz´ amoss´ agok meglep˝o ´es izgalmas birodalm´ aba. 2. A sz´ amoss´ agaritmetika alapjai Azt mondjuk, hogy k´et halmaz egyenl˝ o sz´ amoss´ ag´ u, vagy m´ ask´eppen: ekvivalens, ha l´etezik k¨ oz¨ ott¨ uk egy bijekci´ o, azaz k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u lek´epez´es. Ha A ´es B ekvivalens halmazok, akkor ezt az A ∼ B m´ odon jel¨ olj¨ uk. A halmazok ekvivalenci´aja egyfajta sz´ amol´as” sz´ amfogalom n´elk¨ ul. Birtok´ aban nemcsak a halmazok ” elemsz´ am szerinti egyenl˝ os´eg´et ´ertelmezhetj¨ uk, hanem a v´egtelen halmaz fogalm´ at is bevezethetj¨ uk. Egy halmaz v´egtelen, ha l´etezik ¨ onmag´aval ekvivalens val´odi r´eszhalmaza. Eszerint a pozit´ıv eg´eszek N halmaza v´egtelen, hiszen a ϕ(n) = n + 1 oz¨ ott. A pozit´ıv eg´em´odon ´ertelmezett lek´epez´es bijekt´ıven hat N ´es N \ {1} k¨ szek halmaz´ aval ekvivalens halmazok a megsz´ aml´ alhat´ oan v´egtelen halmazok. Igen egyszer˝ uen nyerj¨ uk p´eld´ aul, hogy az eg´esz sz´ amok Z halmaza megsz´ aml´ alhat´ oan v´egtelen. Ehhez elegend˝ o csup´ an a ⎧ ⎨2(k − 1), ha k ∈ N, ϕ(k) := ⎩1 − 2k, ha k ∈ Z \ N m´odon ´ertelmezett, ϕ : Z → N bijekt´ıv lek´epez´est tekinteni. Teh´ at a Z ∼ N ´ all´ıt´ as k¨ozvetlen¨ ul, defin´ıci´ o szerint igazolhat´ o. Az ekvivalencia k¨ ozvetlen ellen˝ orz´ese azonban ´altal´ aban neh´ez, ´ıgy egy hauks´eges. Ehhez els˝ ok´ent bevezetj¨ uk az injekt´ıv t´ekonyabb m´ odszer kidolgoz´ asa sz¨ lek´epez´es fogalm´ at. A ϕ : A → B lek´epez´es injekt´ıv, ha ϕ(a) = ϕ(a∗ ) eset´en a = a∗ 142

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

k¨ ovetkezik. Ha l´etezik ilyen injekt´ıv lek´epez´es, akkor az A halmazt kisebb vagy egyenl˝ o sz´ amoss´ ag´ u nak nevezz¨ uk a B halmazn´ al. Ezt jel¨ol´esben az A  B m´odon fejezz¨ uk ki. Nyilv´anval´ oan minden bijekci´o inverz´evel egy¨ utt injekt´ıv, teh´ at ha k´et halmaz ekvivalens, akkor b´armelyik kisebb vagy egyenl˝ o sz´ amoss´ ag´ u a m´ asikn´ al. Jel¨ol´esekkel ´elve, ha A ∼ B, akkor A  B ´es B  A teljes¨ ul. Ennek az ´eszrev´etelnek a megford´ıt´ asa is ´erv´enyes, amelyet a Schr¨ oder–Bernstein-t´etel fogalmaz meg. Az a´ll´ıt´ as lek´epez´esek nyelv´en ´ıgy sz´ ol: Ha egy halmaz injekt´ıven k´epezhet˝ o egy m´ asikba ´es uk bijekci´ o is. A bizony´ıt´ as a Knaster–Tarskia m´ asik az egyikbe, akkor l´etezik k¨ ozt¨ f´ele fixpontt´etelre t´ amaszkodik. Miel˝ ott a r´eszletekre t´ern´enk, sz¨ uks´eg¨ unk lesz a k¨ovetkez˝ okre. Ha a H r´eszhalmaza egy X alaphalmaznak, ´es f : X → X egy f¨ uggv´eny, akkor a H halmaz f ´altali k´ep´et a szok´ asos f (H) := {f (x) | x ∈ H} m´ odon ´ertelmezz¨ uk. Az ´ertelmez´esb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy A ⊆ B eset´en f (A) ⊆ f (B) is fenn´ all. o´ır´ assal adott Ff : P(X) → P(X) M´ ask´eppen fogalmazva, az Ff (H) := f (H) el˝ lek´epez´es monoton. T´ etel. Ha A  B ´es B  A, akkor A ∼ B. Bizony´ıt´ as. Az A  B ´es B  A felt´etelek miatt l´eteznek ϕ : A → B ´es ψ : B → A injekt´ıv f¨ uggv´enyek. C´elunk annak igazol´ asa, hogy ekkor bijekci´o is l´etezik a k´et halmaz k¨ oz¨ ott. Ehhez az A ´es B halmazokat fogjuk alkalmas m´ odon k´et-k´et diszjunkt r´eszre bontani ϕ ´es ψ seg´ıts´eg´evel:

Egyszer˝ uen meggy˝oz˝ odhet¨ unk arr´ ol, hogy T monoton lek´epez´es. Ez´ert a Knaster– Tarski fixpontt´etel ´ertelm´eben val´ oban l´etezik olyan C, hogy T (C) = C.  Ezt az a´ll´ıt´ ast els˝ ok´ent Cantor fogalmazta meg bizony´ıt´ as n´elk¨ ul 1887-ben. M´eg ugyanebben az ´evben Dedekind elemi bizony´ıt´ast tal´ alt, amit nem publik´alt, s˝ot Cantort sem ´ertes´ıtette eredm´eny´er˝ ol. K´es˝ obb 1897-ben, az akkor 19 ´eves hallgat´ o, Bernstein bemutatta bizony´ıt´ as´ at Cantor egyetemi szemin´arium´an. Bernsteint˝ ol f¨ uggetlen¨ ul, ugyancsak 1897-ben Schr¨ oder is k¨ oz¨ olte bizony´ıt´ as´ at, amir˝ ol k´es˝ obb kider¨ ult, hogy hib´ as. A Schr¨oder–Bernstein-t´etel seg´ıts´eg´evel egyszer˝ uen kapjuk, hogy a racion´ alis ok´ent azt ´erdemes megmutatsz´ amok Q halmaza megsz´ aml´ alhat´ oan v´egtelen. Els˝ ni, hogy N × N ∼ N. Azonnal l´ athat´ o, hogy az n −→ (n, n) lek´epez´es injekt´ıv, azaz N  N × N. Elegend˝ o teh´ at csup´an egy ϕ : N × N → N injekt´ıv lek´epez´est megadnunk. Legyen ϕ(n, m) := 2n · 3m . u Ha most ϕ(n, m) = ϕ(k, l), akkor defin´ıci´ o szerint 2n · 3m = 2k · 3l ; az egy´ertelm˝ pr´ımfaktoriz´ aci´ o t´etele miatt ebb˝ ol n = k ´es m = l k¨ ovetkezik. Teh´ at (n, m) = = (k, l), ami pontosan ϕ injektivit´ as´ at mutatja. Ennek mint´aj´ara az is igazolhat´ o, hogy Z × N ∼ N. V´egezet¨ ul, a Q ∼ N ´ all´ıt´ as ebb˝ ol m´ar k¨ ovetkezik, hiszen minden racion´ alis sz´ am egy´ertelm˝ uen el˝o´ all egy, tov´ abb m´ ar nem egyszer˝ us´ıthet˝ o eg´esz ´es term´eszetes sz´ am h´ anyadosak´ent. Az N × N ∼ N igazol´ asa t¨ ort´enhet a j´ ol ismert ´ atl´ os bej´ar´ assal”, ami k¨ ozvet” ott. Azonban v´egk´epp f¨ ol len¨ ul bijekci´ot eredm´enyez a sz´ oban forg´o halmazok k¨ oz¨ kell adnunk a k¨ ozvetlen m´odszert, ha a ]0, 1[ intervallum sz´amoss´ ag´ at egy hatv´ anyhalmaz sz´amoss´ ag´ aval akarjuk kifejezni: T´ etel. P(N) ∼ ]0, 1[.

Legyen C ⊆ A tetsz˝ oleges, ´es tekints¨ uk a D := ϕ(C) halmazt. Ekkor nyilv´ an ϕ bijekt´ıven hat C ´es D k¨ oz¨ ott. Legyen most E := B \ D, valamint F := ψ(E). Vil´ agos, hogy ekkor ψ bijekt´ıv E ´es F k¨ oz¨ ott. Ha m´eg r´aad´asul az is kider¨ ulne, hogy C ´es F diszjunktak ´es az uni´ojuk A, akkor az ⎧ ⎨ϕ(x), ha x ∈ C, f (x) := ⎩ψ −1 (x), ha x ∈ F m´odon adott f : A → B f¨ uggv´eny j´oldefini´ alt ´es bijekt´ıv. K´erd´es teh´at, hogy l´etezike ilyen v´ alaszt´ as C-re. Az E, F , D halmazok ´ertelmez´es´et szem el˝ott tartva teh´ at azt v´ arjuk el, hogy   ? C = A \ F = A \ ψ(E) = A \ ψ(B \ D) = A \ ψ B \ ϕ(C)

´ teljes¨ ulj¨ on. Ertelmezz¨ uk a T : P(A) → P(A) lek´epez´est ez ut´ obbi taggal, azaz legyen C ⊆ A eset´en   T (C) := A \ ψ B \ ϕ(C) . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

143

Bizony´ıt´ as. Els˝ ok´ent azt igazoljuk, hogy l´etezik egy ϕ : P(N) → ]0, 1[ in´ jekt´ıv lek´epez´es. Legyen A ⊂ N tetsz˝ oleges, nem¨ ures halmaz. Ertelmezz¨ uk az (an ) sorozatot ´es ennek birtok´ aban az x val´ os sz´amot az al´abbiak szerint: ⎧ ⎨0, ha n ∈ / A, illetve x = 0, a1 a2 a3 . . . an = ⎩1, ha n ∈ A;

Vil´ agos, hogy az A halmaz egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza az (an ) sorozatot, e sorozat pedig az x val´os sz´amot. Nyilv´ anval´ o az is, hogy x ∈ ]0, 1[. Legyen ϕ(A) := x, oja miatt ez azt jelenti, s tegy¨ uk fel, hogy ϕ(B) = x szint´en fenn´ all. Az (an ) defin´ıci´ hogy minden n ∈ N eset´en n ∈ A pontosan akkor teljes¨ ul, ha n ∈ B. ´Igy A = B, ami pedig a ϕ injektivit´ as´ at adja. Ha A = ∅, akkor legyen ϕ(A) := 0,2; ezzel a kiterjeszt´essel ϕ tov´ abbra is injekt´ıv. Most azt igazoljuk, hogy l´etezik egy ψ : ]0, 1[ → P(N) injekt´ıv lek´epez´es. Le´ uk ekkor gyen x ∈ ]0, 1[, s legyen (xn ) az x tizedesjegyeinek sorozata. Ertelmezz¨ a ψ(x) halmazt a  ψ(x) = 10(n − 1) + xn + 1 | n ∈ N 144

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

el˝o´ır´ assal. Nyilv´ an ψ(x) ⊆ N, teh´at ψ : ]0, 1[ → P(N). Legyen y ∈ ]0, 1[, jel¨olje (yn ) az y tizedesjegyeinek sorozat´at. Ekkor a ψ(y) halmaz  ψ(y) = 10(m − 1) + ym + 1 | m ∈ N

alak´ u. Tegy¨ uk fel, hogy ψ(x) = ψ(y). K´et halmaz pontosan akkor egyenl˝ o, ha elemei ugyanazok, ´ıgy minden n ∈ N eset´en tal´ alhat´ o olyan m ∈ N, hogy

Hivatkoz´ asok [1] B. Knaster and A. Tarski, Un th´eoreme sur lesfonctions d’ensembles, Ann. Soc. Polon. Math., 6 (1927), 133–134. [2] P. Szegedy, Solution to problem P. 329, K¨ oMaL, 61 (1980), no. 2, 75. [3] A. Tarski, A lattice-theoretical fixpoint theorem and its applications, Pacific J. Math., 5 (1955), 285–309.

10(n − 1) + xn + 1 = 10(m − 1) + ym + 1.

Bessenyei Mih´ aly ´es P´ enzes Evelin Debrecen

Ha itt n < m teljes¨ ul, akkor n  m − 1 is f¨ onn´ all. F¨olhaszn´ alva azt is, hogy xn  9 ´es ym  0, kapjuk, hogy 10(n − 1) + xn + 1  10(m − 2) + xn + 1, = 10(m − 1) + xn − 9,

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire

 10(m − 1) < 10(m − 1) + ym + 1, ami ellentmond´ as. Az m < n eset ugyan´ıgy kiz´ arhat´ o. Teh´ at m = n, amib˝ ol pedig ovetkezik. Ez azt mutatja, hogy x ´es y tizedest¨ort alakja azonos. Mivel xn = yn k¨ a tizedest¨ ort alak egy´ertelm˝ u, ez´ert x = y. Vagyis ψ injekt´ıv.

I. r´ esz 1. a) Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet:

(6 pont) x2 − 14 = 2 x2 + 1 .

Az eddigieket ¨ osszefoglalva meg´allap´ıthatjuk, hogy P(N)  ]0, 1[ ´es ]0, 1[   P(N) egyszerre teljes¨ ulnek. ´Igy a Schr¨ oder–Bernstein-t´etel f´eny´eben ]0, 1[ ∼ ∼ P(N) is f¨ onn´ all. 

b) Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an a k¨ ovetkez˝ o egyenletrendszert:

Vil´ agos, hogy a ]0, 1[ intervallum, s enn´elfogva P(N) is v´egtelen halmaz. F¨olmer¨ ul a k´erd´es, hogy ez a k¨ oz¨ os sz´amoss´ ag milyen kapcsolatban ´all a megsz´ aml´ alalaszol hat´ oan v´egtelennel. Cantor al´ abbi t´etele enn´el sokkal ´altal´ anosabb k´erd´est v´ meg: a hatv´anyhalmaz sz´amoss´ aga mindig szigor´ uan nagyobb a halmaz sz´ amoss´ ag´ an´al.

1 2x2 y = , 2 2x + y 2 12x2 y 1 = . 2 4x + 3y 5

T´ etel. A ≺ P(A).

2. a) Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet:

Bizony´ıt´ as. Ha A = ∅, akkor az ´all´ıt´ as nyilv´anval´ o, hiszen ekkor P(A) = {∅} nem u oltehet˝ o, hogy A nem u an P(A) egyelem˝ u r´eszhalmazai ¨res. F¨ ¨res. Nyilv´ ´es A elemei k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ uen megfelelnek egym´asnak, teh´at A  P(A). Indirekt m´ odon tegy¨ uk fel, hogy l´etezik egy ϕ : A → P(A) bijekci´o. Legyen ekkor  B= a∈A|a∈ / ϕ(a) .

4x + 4 · 2−x = 5.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

145

(6 pont)

b) Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet: sin6 x + cos6 x = −2 + 3 cos 2x.

Mivel ϕ bijekt´ıv, ez´ert van olyan b ∈ A, hogy ϕ(b) = B. Ha most b ∈ B, akkor ez azt jelenti, hogy b ∈ / ϕ(b) teljes¨ ul. Azonban ϕ(b) = B, ami ellentmond´as. Ha b ∈ / B, akkor ebb˝ ol b ∈ / ϕ(b), azaz b ∈ B ad´odik, ami szint´en ellentmond´as. 

A P(N) halmazzal ekvivalens halmazokat kontinuum sz´ amoss´ ag´ u nak nevezz¨ uk. Megmutathat´o, hogy b´ armely intervallum, az irracion´alis sz´amok halmaza, vagy a val´os sz´amok halmaza kontinuum sz´amoss´ ag´ u. ´Igy, a sz´ amhalmazok k¨or´eben a kontinuum a legnagyobb el˝ofordul´ o sz´ amoss´ ag, hiszen a f¨ontiek szerint a kontinuum a megsz´ aml´ alhat´ o v´egtelenn´el nagyobb” v´egtelen. Azonban Cantor t´etel´e” b˝ ol enn´el j´ oval t¨ obb k¨ovetkezik. Minden sz´amoss´ agn´al l´etezik nagyobb sz´ amoss´ ag! Jogosan mondhatjuk teh´at: ez az´ert m´ ar m´egiscsak t¨obb a sokn´ al . . .

(7 pont)

(7 pont)

3. a) Oldjuk meg a val´os sz´amok halmaz´an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet: 2

1+

4 log2 (x + 1) 3 = + . log4 (x2 − 6x + 13) log2 (x + 1) 2

(8 pont)

b) Egy szab´alyos dob´ okock´ at hatvanszor feldobva 15 esetben kaptunk hatost. Ezt a k´ıs´erletet egym´as ut´an t¨ obbsz¨ or elv´egezve mindig ehhez hasonl´ o eredm´enyre jutunk. Emiatt u ´gy sejtj¨ uk, hogy a dob´ okocka cinkelt”, azaz a hatos megn¨ ovelt ” val´osz´ın˝ us´eggel b´ır. Mekkora ez a val´ osz´ın˝ us´eg, ha minden 60-as sorozat eset´en 15 lett a kapott ´ert´ek (azaz v´ arhat´ o ´ert´ek 15)? (4 pont) 146

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

4. a) Egy nem a´lland´ o sz´amtani sorozat els˝ o, m´asodik ´es negyedik elem´ehez rendre 1-et adunk, ´ıgy egy m´ertani sorozat m´ asodik, harmadik ´es negyedik elem´et kapjuk. A m´ertani sorozat els˝ o, m´asodik ´es harmadik elem´enek az ¨osszege 7. Mennyi a sz´ amtani sorozat 1010-edik eleme? (6 pont) b) Adott a k¨ ovetkez˝ o sorozat: an+1 = 3 · an + 1 (n  1).

a1 = 1;

Adjuk meg a sorozat 2020-adik tagj´ at.

(7 pont)

II. r´ esz 5. a) Legyen a ´es b nemnegat´ıv val´ os sz´am. Bizony´ıtsuk be, hogy 0

(a + 1)(b + 1)  1. a 2 + b2 + 2

´Irhatunk-e a nulla helyett n´ ala nagyobb sz´ amot?

(9 pont)

– Mennyi beton sz¨ uks´eges az elk´esz´ıt´es´ehez, ha az elk´esz´ıt´es folyam´ an 15% vesztes´eggel sz´ amolhatunk? – Mekkora lesz az elk´esz¨ ult embl´ema t¨ omege? o fest´eket kell beszerezni¨ uk, ha az id˝oj´ar´ as ellen h´arom– H´any m2 -re elegend˝ szor szeretn´ek lefesteni ´es a fest´es sor´ an keletkez˝ o vesztes´eg 5%? (7 pont) 7. a) 18 tud´ os e-mail seg´ıts´eg´evel tartja a kapcsolatot a vil´agban. B´ armely k´et tud´ os egym´assal angol, n´emet vagy orosz nyelven levelezik, mindig ugyanazt a nyelvet haszn´ alj´ ak egym´as k¨ oz¨ ott. Tudjuk, hogy nincs h´arom olyan tud´ os, aki egym´ as k¨oz¨ott angol, vagy orosz nyelvet haszn´ al. Bizony´ıtsuk be, hogy l´etezik k¨oz¨ott¨ uk h´ arom, akik egym´assal n´emet¨ ul leveleznek. (9 pont) b) Alad´ar n´egyjegy˝ u sz´ amokat ´ır fel egy pap´ırlapra, melyek csak az 1; 2; 3 ´es 4 sz´amjegyeket tartalmazhatj´ ak (lehet ism´etl˝od´es, nem kell minden sz´amjegyet felhaszn´ alni minden n´egyjegy˝ u sz´ amban). Figyel arra, hogy 1-es ut´ an csak 4-es, p´aros sz´amjegy ut´an csak p´aratlan jegy k¨ ovetkezhet. H´ anyf´ele sz´ amot tud le´ırni ´ıgy? (7 pont)

b) Egy fel¨ ul nyitott f´emdobozt lemezb˝ ol ´ all´ıtunk el˝ o u ´gy, hogy az 1. ´ abr´ an l´ athat´ o m´ odon kiv´agunk, majd ¨ osszehajtogatunk egy ilyen alakot.

8. a) Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletet a pozit´ıv eg´eszek halmaz´ an: 2 · (x; y) + 17 · [x; y] = 257, ahol a kerek” z´ ar´ ojel a k´et sz´ am legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oj´at, a sz¨ ogletes” z´ ar´ojel ” ” pedig a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os´et jel¨ oli. (9 pont) b) Egy szimmetrikus trap´ez p´ arhuzamos oldalai 2 ´es 14, sz´ arai 10 egys´eg hossz´ uak. Megh´ uzzuk a bels˝ o sz¨ ogeinek sz¨ ogfelez˝ oj´et, amelyek egy n´egysz¨ oget z´ arnak be. Amennyiben ennek a n´egysz¨ ognek l´etezik a be´ırt ´es k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore, mekkora ezen k¨or¨ok sugara? (7 pont)

1. a ´bra

2. a ´bra

9. a) Bizony´ıtsuk be, hogy

A kiv´ag´ ast egy 30 cm-es sz´eles f´emszalagb´ ol v´egezz¨ uk u ´gy, hogy 2 ilyen mint´at ford´ıtunk egym´ assal szembe a 2. a ´bra szerint. Hogyan v´alasszuk meg a m´ereteket, hogy a kiker¨ ul˝ o f´emdoboz a lehet˝ o legnagyobb t´erfogat´ u legyen? (7 pont)

1 · 2 + 2 · 3 + . . . + n · (n + 1) = =

6. a) Adjuk meg annak az egyenesnek az egyenlet´et, mely egyidej˝ uleg ´erintik az y = x2 ´es y = −x2 + 4x − 2 parabol´akat. (9 pont)

ahol n ∈ N+ . (8 pont) b) Adott egy olyan h´ urn´egysz¨ og, ami egyben ´erint˝on´egysz¨ og is. Az ´ abr´ an jel¨ olt¨ uk az ´erint´esi pontokat. Bizony´ıtsuk be, hogy az EG ´es F H szakaszok mer˝olegesek egym´ asra. (8 pont)

b) A magyar G´ ugLi Kft. egy embl´em´ at tervez a sz´ekh´ azuk el´e, amely egy f´elbev´ agott g¨ omb ´es egy k´ up ¨ osszet´etel´eb˝ ol ´ all. Az embl´em´anak f¨ ugg˝olegesen a negyede ki van v´ agva u ´gy, hogy a k´et v´ ag´ os´ık az embl´ema f¨ ugg˝oleges tengelye ment´en metszi egym´ast. Az embl´ema keresztmetszete ´es a f¨ ugg˝oleges metszete az ´ abr´ an l´athat´ o. A k´ up magass´ aga ´eppen a f´elbev´ agott g¨ omb sugar´anak a k´etszerese. Betonb´ ol szeretn´ek elk´esz´ıttetni majd lefesteni a 1,5 m magass´ag´ ura tervezett embl´em´ at. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

147

n · (n + 1) · (n + 2) , 3

Szoldatics J´ ozsef Budapest 148

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

V´ egeredm´ enyek a 2020/2. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz

Megold´ as. a) 142 506; b) 174 406; c) 23 751; d) 712 530. II. r´ esz

I. r´ esz 1. Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletrendszert az eg´esz sz´ amp´ arok halmaz´ an:  9x · 3y = 81, (11 pont) 6x + 6y + 5xy = 0. Megold´ as. x = −1, y = 6. 2. A miskolci p´ alyaudvar utasell´ at´ o b¨ uf´ej´enek ajtaj´ an a k¨ ovetkez˝ o t´ aj´ekoztat´ o sz¨ oveg olvashat´ o:

√ uggv´eny. 5. Adott a [0; 9] intervallumon ´ertelmezett f (x) = 2 x f¨ a) Egy szab´ alyos h´ aromsz¨ og egyik cs´ ucsa az orig´ o, egy m´ asik cs´ ucsa az x tengelyre, a harmadik cs´ ucsa pedig az f (x) f¨ uggv´eny g¨ orb´ej´ere illeszkedik. Mekkora e h´ aromsz¨ og ter¨ ulete? b) Egy t´eglalap egyik oldala az x tengelyre, egy m´ asik oldala az x = 9 egyenesre, egy cs´ ucsa pedig az f (x) f¨ uggv´eny g¨ orb´ej´ere illeszkedik. Hat´ arozzuk meg a legnagyobb ilyen t´eglalap ter¨ ulet´et. c) Az f (x) f¨ uggv´enyg¨ orbe ´es az x tengely k¨ oz¨ otti ter¨ uletet az x = a egyenes (16 pont) felezi. Hat´ arozzuk meg az a param´eter ´ert´ek´et.

Nyitva tart´as 03.30–23.30. M˝ uszak´ atad´ as miatt 07.30–08.30 ´es 19.30–20.30 k¨oz¨ott z´ arva! a) Mekkora es´ellyel tal´ aljuk nyitva a b¨ uf´et, ha reggel 7 ´es este 9 k¨ oz¨ ott v´eletlenszer˝ uen ´erkez¨ unk a bej´ arat´ ahoz? b) Egy vargab´elest v´ as´ aroltunk 200 Ft-´ert. A p´enzt pontosan kisz´ amolva adtuk al kisebb c´ımletet at a p´enzt´ ´ arosnak. H´ anyf´elek´eppen tehett¨ uk ezt meg, ha 20 Ft-osn´ nem adtunk, ´es a sorrend nem sz´ am´ıt? c) Az ut´ anunk k¨ ovetkez˝ o v´ as´ arl´ o h´ arom p´eks¨ utem´enyt szeretne venni, a k´ın´ alat: di´ os b´ urkifli, ´ızes lev´el, t´ ur´ os t´ aska, meggyes r´etes ´es kaka´ os csiga. Mekkora es´ellyel tal´ aljuk el, hogy mit fog v´ as´ arolni, ha azt felt´etelezz¨ uk, hogy mindegyik v´ alaszt´ as´ anak ugyanannyi az es´elye? (12 pont) Megold´ as. a)

6 ; 7

b) h´etf´elek´eppen; c)

√ Megold´ as. a) ≈ 3,08; b) 12 3 ; c) ≈ 5,67. 6. Egy h´ aromsz¨ og cs´ ucsainak koordin´ at´ ai: A(−7; −2), B(11; −2), C(−1; 10). a) Adjuk meg a h´ aromsz¨ og mindh´ arom cs´ ucs´ at´ ol egyenl˝ o t´ avols´ agra tal´ alhat´ o K pont koordin´ at´ ait. b) Adjuk meg a h´ aromsz¨ og M magass´ agpontj´ anak koordin´ at´ ait. c) Igazoljuk sz´ am´ıt´ assal, hogy az ABC h´ aromsz¨ ogben az S s´ ulypont harmadolja az M K szakaszt. (16 pont) Megold´ as. a) K(2; 1); b) M (−1; 4).

1 . 35

7. a) K´et pozit´ıv eg´esz sz´ am k¨ ob´enek k¨ ul¨ onbs´ege 169. Melyek ezek a sz´ amok?

3. Az ´ abr´ an egy egys´eg oldal´ u n´egyzet, annak be´ırt k¨ ore, oldalfelez˝ o pontjai ´ altal meghat´ arozott n´egyzet ´es annak is a be´ırt k¨ ore l´ athat´ o. a) H´ any sz´ azal´ek´ at sz´ınezt¨ uk ekkor sz¨ urk´ere a nagy n´egyzetnek? b) Ism´etelj¨ uk meg ezt az elj´ ar´ ast v´egtelen sokszor. H´ any sz´ azal´ek´ at sz´ınezt¨ uk ´ıgy sz¨ urk´ere a nagy n´egyzetnek? (14 pont)

b) Bizony´ıtsuk be, hogy ha egy pozit´ıv term´eszetes sz´ am o odik hatv´ any´ ab´ ol ki¨t¨ vonjuk mag´ at a sz´ amot, a k¨ ul¨ onbs´eg minden esetben oszthat´ o lesz a h´ arom legkisebb pozit´ıv pr´ımsz´ ammal. (16 pont) Megold´ as. a) 8 ´es 7. 8. Egy h´ az t˝ uzfala egy n´egyzetb˝ ol ´es egy szab´ alyos h´ aromsz¨ ogb˝ ol ´ all. A falat k´et sz´ınnel szeretn´ek vakolni. A k´et r´esz k¨ oz¨ ott a hat´ arvonal egy parabola lesz, amit a mell´ekelt ´ abra mutat. A h´ azik´ o parabola feletti r´esz´et vil´ agosabbra, a t¨ obbit s¨ ot´etebbre vakolj´ ak. A fel¨ ulet h´ any sz´ azal´eka lesz s¨ ot´etebb ´ arnyalat´ u? (16 pont)

Megold´ as. a) Kb. 32,2%-a; b) kb. 42,9%-a. 4. Egy 30 f˝ os oszt´ alyb´ ol h´ anyf´ele k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o m´ odon ´ all´ıthatunk ¨ ossze a) egy ¨ otf˝ os csoportot; (2 pont) b) egy legfeljebb ¨ ot-, de legal´ abb k´etf˝ os csoportot; (4 pont) c) egy ¨ otf˝ os csoportot, ha az oszt´ aly di´ akbizotts´ ag eln¨ ok´enek mindenk´epp benne kell lennie; (4 pont)

Megold´ as. Kb. 33,2%-a.

d) egy ¨ otf˝ os csoportot, akik k¨ oz¨ ul egy embert csoportvezet˝ onek jel¨ ol¨ unk ki? (4 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

149

150

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

9. Van hatf´ele sz´ amk´ arty´ ank, mindegyikb˝ ol 1-1 darab: 1, 2, 3, 4, 5, 6. A k´ arty´ akat v´eletlenszer˝ uen sorba rendezve hatjegy˝ u sz´ amokat k´epez¨ unk. 4 annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az ´ıgy kapott sz´ am oszthat´ o a) Igazoljuk, hogy 15 lesz 12-vel. b) Hat´ arozzuk meg annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy az ´ıgy kapott sz´ am a 6-os sz´ amjeggyel kezd˝ odik, felt´eve, hogy 12-vel oszthat´ o. c) Egy pap´ırlapra fel´ırjuk a sz´ amk´ arty´ akb´ ol k´epezhet˝ o¨ osszes lehets´eges hatjegy˝ u sz´ amot. Hat´ arozzuk meg a pap´ırlapra fel´ırt sz´ amok medi´ anj´ at.

Mivel 1000n = ab000 ´es 1100n = ab000 + ab00, ez csak u ´gy ´erhet˝ o el, ha 1000  as esetben vagy nem a lesz a t´ızezres helyi´ert´eken, vagy nem  n2 < 1100, hiszen m´ b lesz az ezres helyi´ert´eken. Csak k´et pozit´ıv eg´esz sz´ amnak esik a n´egyzete 1000 ´es 1100 k¨oz´e. Ez a k´et sz´ am a 32 ´es a 33: 322 = 1024 ´es 332 = 1089. 323 = 32768, az utols´ o h´ arom sz´amjegyet let¨ or¨ olve 32-t kapunk. Teh´ at n = 32 megold´ as. o h´ arom sz´amjegyet let¨ or¨ olve 35-¨ ot kapunk, ´ıgy ez nem 332 = 35937, az utols´ megold´ as. Teh´at az n csak a 32-t jel¨ olheti. ´ am (Miskolci Herman Ott´ Majerusz Ad´ o Gimn., 11. ´evf.)

(16 pont)

Megold´ as. b) 18 ; c) 388 888,5.

❄

Megjegyz´es. A legt¨ obben a honlapon olvashat´ o megold´ as gondolatmenet´et k¨ ovett´ek: olve 1000n = n3 − abc, amib˝ ol n(n2 − 1000) = A kit¨ or¨ olt h´ aromjegy˝ u√sz´ amot abc-vel jel¨ ar levezethet˝ o a megold´ as. = abc > 0, vagyis n > 1000, ´es innen m´

R´eszletesebb megold´ as a Matematika ´ eretts´ egi emelt szinten c´ım˝ u k¨onyvben tal´ alhat´ o, amely megrendelhet˝o a K¨ oMaL honlapj´an. A k¨onyv 24 gyakorl´o feladatsort tartalmaz a megold´ asokkal egy¨ utt.

239 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 80, 4 pontos 49, 3 pontos 22, 2 pontos 25, kevesebb tov´ abbi 63 tanul´ o dolgozata.

¨ Ossze´ all´ıtotta: Sz´ amad´ o L´ aszl´ o Budapest

C. 1557. A k´etjegy˝ u pozit´ıv eg´esz sz´ amok k¨ oz¨ ul kett˝ ot v´eletlenszer˝ uen kiv´ alasztva mi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a k´et sz´ amnak van k¨ oz¨ os sz´ amjegye?

90 90·89 ¨ = 2 = 9 · 5 · 89 = 4005-f´elek´eppen v´ alaszthaI. megold´ as. Osszesen 2 tunk ki 2 sz´ amot a 90 darab k´etjegy˝ u sz´ am k¨ oz¨ ul.

A j´o lehet˝ os´egeket sz´ amoljuk ¨ ossze aszerint, hogy a k¨ oz¨ os sz´amjegy mi. Ha a k¨oz¨os sz´amjegy 9 0, akkor a lehets´eges sz´amok, amik k¨oz¨ul v´alasztottunk, a 10, 20, . . . , 90. Ez 2 = 36 eset.

C gyakorlatok megold´ asa

C. 1528. Milyen pozit´ıv eg´esz sz´ amot jel¨ olhet n, ha tudjuk, hogy az n3 sz´ am utols´ o h´ arom sz´ amjegy´et let¨ or¨ olve az n sz´ amot kapjuk vissza? Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza) Megold´ as. Vizsg´aljuk meg, mit kapunk n = 100, illetve n = 9 eset´en. Ha n = 100, akkor n3 = 1 000 000, vagyis az utols´ o 3 sz´ amjegyet let¨or¨olve 1000-et kapunk. Ebb˝ ol az k¨ ovetkezik, hogy n egy-, vagy k´etsz´ amjegy˝ u, mert ha amjeggyel t¨obbet tartalh´ arom-, vagy t¨ obbjegy˝ u lenne, akkor n3 n´egy vagy t¨obb sz´ mazna, mint az n sz´ am.

Ha a k¨oz¨ os sz´amjegy 1, akkor a lehets´eges sz´ amok, amik k¨ oz¨ ul v´ alaszthatunk, a 10, 11, 12, . . . , 19; 21, 31, . . . , 91. Vagyis 10 + 8 = 18 sz´ a mb´ o l v´ a lasztunk 2-t, amit  18·17 18 = 2 = 9 · 17 = 153-f´elek´epp tehet¨ unk meg. 2 Ha a k¨oz¨ os sz´amjegy 2, akkor alehets´  eges sz´amok 20, 21, 22, . . . , 29; 12, 32, . . . , 18 92. Ez szint´en 18 sz´am, teh´at itt is 2 = 153-f´elek´epp v´ alaszthatunk. Ugyanennyi eset van, ha a k¨ oz¨ os sz´amjegy 3, 4, . . . , 9. Dupl´an sz´amoltuk azokat az eseteket, mikor a k´et kiv´alasztott 9 sz´am egym´as ford´ıtottja: ab ´es ba, ahol a k´et sz´ amjegy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o. Ilyen eset 2 = 36 van, hiszen a kilenc sz´amjegyb˝ ol kett˝ot v´alasztunk ki. Teh´at a j´ o lehet˝ os´egek sz´ ama: 36 + 9 · 153 − 36 = 9 · 153.

ol pedig nem lehet h´arom sz´amjegyet let¨or¨olni Ha n = 9, akkor n3 = 729, ebb˝ u ´gy, hogy maradjon egy n sz´ am.

A k´erdezett val´osz´ın˝ us´eg:

3

Teh´ at n k´etsz´ amjegy˝ u kell, hogy legyen. Ekkor n sz´ amjegyeinek sz´ama ¨ot, hiszen ´ıgy lesz az utols´ o h´ arom sz´amjegy let¨ orl´es´evel kapott sz´am k´etsz´ amjegy˝ u. Jel¨ olje az n t´ızes helyi´ert´ek´en ´ all´ o sz´ amjegyet a, az egyes helyi´ert´ek´en ´all´ot pedig b. Ekkor arra kell t¨ orekedn¨ unk, hogy n3 t´ızezres helyi´ert´ek´en a, ezres helyi´ert´ek´en pedig b ´ alljon. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

151

p=

153 9 · 153 = ≈ 0,3438. 9 · 5 · 89 445

Feczk´ o N´ ora (Budapest, Budai Ciszterci Szent Imre Gimn., 10. ´evf.) megold´ asa alapj´ an 152

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

II. megold´ as. K´esz´ıts¨ unk egy gr´ afot, amelynek a cs´ ucsai a k´etjegy˝ u pozit´ıv eg´esz sz´ amok, ´es k´et cs´ ucs k¨ oz¨ ott akkor fusson ´el, ha a hozz´ ajuk tartoz´ o k´et sz´ amnak van k¨ oz¨ os sz´amjegye. Ekkor a keresett val´osz´ın˝ us´eg P =

´elek sz´ ama

90

.

2

Most sz´ amoljuk meg, h´ any ´ele van a gr´ afunknak. Ehhez 3 t´ıpusba osztjuk a cs´ ucsokat: 1. t´ıpus: xx alak´ u cs´ ucsok (azonos sz´amjegyekb˝ ol a´ll´o k´etjegy˝ u sz´amok). Ilyen alak´ u sz´ amb´ ol 9 db van, ´es mindegyikb˝ ol 17 ´el indul ki: az xy alak´ u cs´ ucsokba, ahol y = x tetsz˝ oleges sz´ amjegy (9 db) ´es az yx alak´ u cs´ ucsokba, ahol 0 = y = x tetsz˝ oleges sz´ amjegy (8 db). 2. t´ıpus: xy t´ıpus´ u cs´ ucsok, ahol x, y k¨ ul¨ onb¨oz˝ o ´es y = 0 (´es term´eszetesen x = 0, hiszen k´etjegy˝ u sz´ amr´ ol van sz´ o). Ilyen cs´ ucsb´ ol 9 · 8 = 72 db van, mindegyikb˝ol 33 ´el indul ki: az xz t´ıpus´ u cs´ ucsokba, ahol z = y tetsz˝ oleges sz´ amjegy uakba, ahol 0 = z = x tetsz˝ oleges sz´ amjegy (8 db), az yz t´ı(9 db), a zx t´ıpus´ pus´ u cs´ ucsokba, ahol z = x tetsz˝ oleges sz´ amjegy (9 db) ´es a zy t´ıpus´ uakba, ahol z∈ / {0, x, y} tetsz˝ oleges sz´ amjegy (7 db). 3. t´ıpus: x0 alak´ u cs´ ucsok (ahol x = 0, hiszen k´etjegy˝ u sz´amokat vizsg´alunk). 9 db ilyen sz´ am van, mindegyik 25 m´asik cs´ uccsal van ¨osszek¨otve: az y0 alak´ u cs´ ucsokkal, ahol 0 = y = x tetsz˝ oleges sz´ amjegy (8 db), az xy alak´ uakkal, ahol 0 = y tetsz˝ oleges sz´ amjegy (9 db) ´es az yx alak´ u sz´amokkal, ahol 0 = y = x tetsz˝ oleges sz´ amjegy (8 db). Azaz az ´elek sz´ ama: 9 · 17 + 72 · 33 + 9 · 25 = 1377. 2 ´Igy a keresett val´ osz´ın˝ us´eg P =

1377 153 = . 4005 445

Azaz 153 (≈ 0,3438) annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a v´eletlenszer˝ uen kiv´ alasztott 445 k´et sz´ amnak van k¨ oz¨ os sz´amjegye. 90·89 ¨ III. megold´ as. Sz´ amoljunk komplementer-m´ odszerrel. Osszesen = 40052 f´elek´eppen v´ alaszthatunk ki k´et k´etjegy˝ u sz´ amot. Ezek k¨oz¨ ul v´ alasszuk ki azokat a p´ arokat, amikben nincs k¨ oz¨ os sz´amjegy. N´egy esetet k¨ ul¨onb¨oztet¨ unk meg.

I. eset. Mind a 4 jegy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, ´es nincs k¨oz¨ott¨ uk 0. Ilyen esetb˝ ol 9·8·7·6 2 van, mert minden jegynek k¨ ul¨ onb¨ oznie kell a t¨ obbit˝ ol, ´es a k´et sz´ amot felcser´elve is belesz´ amoltuk. II. eset. Mind a 4 jegy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o, ´es van k¨ oz¨ ott¨ uk 0. Ilyenb˝ ol 9 · 8 · 7 p´ ar van, mert a 0 csak az egyesek hely´en ´ allhat, ´ıgy kilenc darab sz´ am, a kerek t´ızesek, lehet a p´ar egyik tagja, a m´asik tag k´et sz´ amjegye pedig a marad´ek sz´ amjegyek k¨oz¨ ul szabadon v´alaszthat´o. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

153

III. eset. A k´et sz´ am k¨ oz¨ ul az egyik 11-gyel oszthat´ o. Ilyenb˝ ol 9 · 8 · 8 van, mert 9 darab 11-gyel oszthat´ o k´etjegy˝ u sz´ am van, a m´ asik sz´ am k´et jegye pedig a marad´ek jegyek k¨ oz¨ ul v´ alaszthat´ o (csak az els˝o sz´ amjegy nem lehet 0). IV. eset. 9Mindk´et sz´am 11-gyel oszthat´o. 9 darab 11-gyel oszthat´o sz´am van, -f´elek´eppen v´ alaszthatunk ki kett˝ o k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ot. ezek k¨oz¨ ul 2 = 9·8 2 Az esetek k¨ oz¨ ott nincs a´tfed´es, ´ıgy a keresett val´osz´ın˝ us´eg: 4005 − ( 9·8·7·6 + 9 · 8 · 7 + 9 · 8 · 8 + 9·8 2 2 ) 4005

=

=

4005 − (1512 + 504 + 576 + 36) 4005 − 2628 1377 = = . 4005 4005 4005

Haj´ os Bal´ azs (Budapest, ELTE Ap´ aczai Csere J´ anos Gyak. Gimn., 9. ´evf.) megold´ asa alapj´ an megold´ as. 90 darab k´etjegy˝ u pozit´ıv eg´esz sz´ am van. Ezek k¨ oz¨ ul kett˝ ot 90 IV.90·89

= 2 = 4005-f´elek´eppen lehet kiv´alasztani. A kidobom a rosszat” elv alapj´an keress¨ uk azokat a p´ arokat, melyeknek nincs ” k¨oz¨os sz´amjegy¨ uk. Ehhez vesz¨ unk egy sz´ amot, ´es megn´ezz¨ uk, h´ any megfelel˝ o p´ art tal´ alunk hozz´ a. H´arom eset van. 2

1. eset. A k´etjegy˝ u sz´ am a0 alak´ u. Ekkor a sz´ amnak 8 · 8 = 64 olyan p´ arja van, amellyel nincs k¨ oz¨ os sz´amjegye. Ilyen alak´ u sz´ am 9 db van, teh´at ebben az esetben 9 · 64 = 576 sz´amp´ art tal´ altunk.

u. Ekkor a sz´ amnak 8 · 9 = 72 olyan p´arja 2. eset. A k´etjegy˝ u sz´ am aa alak´ van, amellyel nincs k¨ oz¨ os sz´amjegye, mivel a 0 nem ´allhat a t´ızes helyi´ert´eken. Ilyen alak´ u sz´ am is 9 db van. Teh´at ebben az esetben 9 · 72 = 648 p´ art tal´ altunk. u. Ekkor a sz´ amnak 7 · 8 = 56 olyan p´arja van, 3. eset. A k´etjegy˝ u sz´am ab alak´ amellyel nincs k¨ oz¨ os sz´amjegye. Ilyen alak´ u sz´ am 90 − 9 − 9 = 72 db van. Teh´ at ebben az esetben 72 · 56 = 4032 p´ art tal´ altunk. 576+648+4032 ¨ = 2628 db p´ ar van, mivel az ¨ osszesz´ amol´asn´ al mindOsszesen 2 egyik p´ art k´etszer sz´ amoltuk. 4005 − 2628 = 1377 olyan p´ ar van, amelyben a k´et≈ jegy˝ u sz´ amoknak van k¨ oz¨ os sz´amjegye. Teh´ at a k´erdezett val´osz´ın˝ us´eg 1377 4005 ≈ 34,38%. N´emeth M´ at´e El˝ od (R´evai Mikl´os Gimn´azium, Gy˝or, 10. ´evf.)

Megjegyz´esek. 1. Sokan nem vett´ek figyelembe, hogy a k´et sz´ amot nyilv´ anval´ oan egyszerre v´ alasztjuk ki, teh´ at nem lehetnek egyform´ ak. 2. Sokan pedig u ´gy tekintett´ek, mintha egy sz´ amp´ art k´etf´elek´eppen is v´ alaszthatn´ ank, azaz az ¨ osszes lehet˝ os´egek sz´ am´ at sem, illetve a j´ o lehet˝ os´egek sz´ am´ at sem osztott´ ak 2-vel. Ekkor ugyan a v´egeredm´eny v´eg¨ ul helyes, a ´m a gondolatmenetben van hiba. 3. Sok-sok apr´ o hiba volt, ez´ert a sok hi´ anyos dolgozat. 252 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 59, 4 pontos 53, 3 pontos 37, 2 pontos 27, 1 pontos 30, 0 pontos 42 dolgozat. Nem versenyszer˝ u 4 dolgozat.

154

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

´Irjuk fel ezut´an a szinuszt´etelt a BB2 B3 ´es a BCB1 h´ aromsz¨ ogekre: BB3 BB3 sin (α + 2β) sin (180◦ − α − 2β) = = , = B3 E B3 B2 sin α sin α

Matematika feladatok megold´ asa

BC sin (α + 2β) ; = CB1 sin α B. 5013. Az ABC h´ aromsz¨ og A-val szemk¨ ozti hozz´ a´ırt k¨ ore az AC egyenest a´ırt k¨ ort B2 -ben metszi, ´es a hozz´ a´ırt a B1 pontban ´erinti, a BB1 szakasz a hozz´ uzott ´erint˝ o a BC oldalt B3 -ban metszi. Hasonl´ oan, a h´ aromsz¨ og k¨ orh¨ oz B2 -ben h´ ort C2 -ben be´ırt k¨ ore az AB oldalt a C1 pontban ´erinti, a CC1 szakasz a be´ırt k¨ uzott ´erint˝ o a BC oldalt a C3 pontban metszi. metszi, ´es a be´ırt k¨ orh¨ oz C2 -ben h´ Mutassuk meg, hogy B2 B3 = C2 C3 . (6 pont) Megold´ as. Az A-val szemk¨ ozti hozz´ a´ırt k¨ or ´es a be´ırt k¨or ´erints´ek a BC oldalt rendre az E ´es F pontokban. Legyen B1 BC = α, EB1 B2  = β. A B3 EB2  o ´erint˝osz´ ar´ u ker¨ uleti sz¨og, ´ıgy B3 EB2  = a hozz´ a´ırt k¨ or¨ on a B2 E ´ıvhez tartoz´ oan EB2 B3  = β. ´Igy BB3 B2  = 2β, ez´ert BB2 B3  = = EB1 B2  = β, ´es hasonl´ = 180◦ − α − 2β. Innen EB2 B1  = 180◦ − BB2 B3  − EB2 B3  miatt EB2 B1  = o ker¨ uleti sz¨og, = α + β ad´ odik. Ez a hozz´ a´ırt k¨ or¨ on a r¨ ovidebb EB1 ´ıvhez tartoz´ ami egyenl˝ o az ehhez az ´ıvhez tartoz´ o ´erint˝osz´ ar´ u ker¨ uleti sz¨ogekkel, teh´ at u l´atni azt is, CEB1  = CB1 E = α + β, ´es ´ıgy B1 CE = 180◦ − 2α − 2β. K¨onny˝ hogy BB1 C = EB1 B2  + EB1 C = β + (α + β) = α + 2β.

BC BC 3 3 +B3 E 3 = CB , ´ıgy BBEE = BBB = BB + 1 = CB + 1, ez´ert (a szok´ asos ezekb˝ ol BB B3 E B3 E 1 3 3E 1 jel¨ol´esekkel) s−c BE = a . B2 B3 = B3 E = BC +1 +1 s−b CB1

ovidebbik C2 F ´ıvhez Hasonl´oan, legyen C2 CC3  = γ, CC1 F  = δ. Ekkor a r¨ tartoz´ o ´erint˝osz´ ar´ u ker¨ uleti sz¨ ogekk´ent C3 C2 F  = C3 F C2  = δ, ez´ert C2 C3 C = = 2δ, ´ıgy CC2 C3  = 180◦ − (γ + 2δ), C1 C2 F  = 180◦ − CC2 F  = 180◦ − (CC2 C3  + δ) =   = 180◦ − 180◦ − (γ + 2δ) + δ = γ + δ.

Innen C2 F C1  = 180◦ − (γ + 2δ), BC1 F  = BF C1  = γ + δ, teh´ at BC1 C = = BC1 F  + δ = γ + 2δ. ´Irjuk fel a szinuszt´etelt, ez´ uttal a CC2 C3 ´es a CC1 B h´ aromsz¨ ogekre: CC3 sin (γ + 2δ) , = C2 C3 sin γ

BC sin (γ + 2δ) , = BC1 sin γ

BC BC 3 3 +C3 F 3 ez´ert CC = CCCC3 = BC , CF = CCC = CC + 1 = BC + 1, ´ıgy C3 F C3 F 2 3 1 C3 F 3F 1

CF C2 C3 = C3 F = BC . + 1 BC 1

Teh´at

s−c CF C2 C3 = BC = a = B2 B3 . +1 +1 s−b BC1 Weisz M´ at´e (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs´erleti Gimn., 11. ´evf.)

´ am, Beke Csongor, 12 dolgozat ´erkezett. 6 pontot kapott 9 versenyz˝ o: Asztalos Ad´ Csapl´ ar Viktor, Kov´ acs Tam´ as, Nagy N´ andor, Rare¸s Polenciuc, Tiderenczl D´ aniel, V´ arkonyi Zsombor, Weisz M´ at´e. 1 pontos 1, 0 pontos 2 dolgozat.

´ jel¨ B. 5016. Adott egy ABCD konvex n´egysz¨ og. Ugy olj¨ uk ki az AD oldal E1 , atl´ o E2 ´es a BD ´ atl´ o F2 pontj´ at, hogy a BC oldal F1 , az AC ´ AE1 : E1 D = BF1 : F1 C = AE2 : E2 C = BF2 : F2 D = AB : CD. Tudjuk, hogy semelyik k´et pont nem esik egybe. Bizony´ıtsuk be, hogy ekkor az E1 F1 ´es E2 F2 egyenesek mer˝ olegesek egym´ asra. (4 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

155

156

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

I. megold´ as. Legyen AB = a ´es CD = c. A CE2 F1 ´es a CAB h´aromsz¨ogek hasonl´ oak, mivel ACB = E2 CF1 , valamint CE2 1 CE2 1 1 1 c = = CE +E A = = a = c+a = E2 A 2 2 CA CE2 + E2 A c + a 1+ c 1 + CE c CE 2

Ekkor −−→ −−→ −−→ CB = DB − DC = (a + b) − c,

−→ −−→ AE2 = β AC = −βa + βc, −−→ −−→ −−→ −−→ AF2 = AB + BF2 = b + β BD = b + β(−b − a) = −βa + (1 − β)b,

2

CF1 CF1 1 1 1 1 c = = CF +F B = . = a = c+a = F1 B 1 1 CB CF1 + F1 B c + a 1 + 1 + c c CF CF 1

c ac ´Igy E2 F1 = CE2 = c , teh´ at E2 F1 = c+a · a = c+a . AB CA c+a

2 1 1 2 = CF = DE = DF . Ezt ´es a megfelel˝o sz¨ogek A fentiekhez hasonl´ oan CE CA CB DA DB egyenl˝ os´eg´et felhaszn´ alva:

(1)

CE2 F1 Δ ∼ CABΔ,

(2)

E1 AE2 Δ ∼ DACΔ,

(3)

F2 BF1 Δ ∼ DBCΔ,

(4)

DE1 F2 Δ ∼ DABΔ.

−→ AC = −a + c,

ez´ert

´es

1

−−→ BD = −a − b,

 −−−→ −−→ −−→  ´ıgy E2 F2 = AF2 − AE2 = − βa + (1 − β)b − (−βa + βc) = (1 − β)b − βc. Hasonl´oan −−→ −−→ −−→ −−→ BF1 = β BC = β(DC − DB) = βc − β(a + b) = −βa − βb + βc, −−→ −−→ −−→ BE1 = BA + AE1 = −b − βa, −−−→ −−−→ −−−→ −−→ −−→ aris szorzat´ at: ez´ert E1 F1 = BF1 − BE1 = (1 − β)b + βc. Fel´ırva E1 F1 ´es E2 F2 skal´   −−−→ −−−→  2 E1 F1 · E2 F2 = (1 − β)b + βc (1 − β)b − βc = (1 − β) b2 − β 2 c2 =

2

2 b+c−b b c 2 b2 b2 c 2 = b2 − c2 = − 2 2 = 0. b+c b+c (b + c) (b + c)

c c ac , ´ıgy E1 F2 = E2 F1 = a · c+a = c+a . (1) ´es (4) eset´eben a hasonl´ os´ agi ar´any c+a a a ac , ´ıgy E1 E2 = F1 F2 = c · c+a = c+a . (2) ´es (3) eset´eben a hasonl´ os´ agi ar´any c+a

oi mer˝ olegesek egym´ asra (1. ´ abra). Teh´ at E1 E2 F1 F2 rombusz, ez´ert az a´tl´ Lovas M´ arton (Budapest, B´ek´ asmegyeri Veres P´eter Gimn., 8. ´evf.)

Teh´at a k´et vektor skal´ aris szorzata 0, vagyis mer˝ olegesek egym´ asra. 48 dolgozat ´erkezett. 4 pontos 43, 3 pontos 2, 2 pontos 3 dolgozat.

´ B. 5027. Gomb´ oc Art´ ur az Edes utca 1. sz´ am alatt lakik, a csokibolt pedig az utca m´ asik v´eg´en, az n-edik sz´ am alatt tal´ alhat´ o. Art´ ur minden nap a k¨ ovetkez˝ o fitneszedz´est tartja: elindul a 2-es sz´ am´ u h´ az el˝ ol. Ha a k-adik sz´ am´ u h´ az el˝ ott ´ all (ahol 1 < k < n), akkor feldobja lej´ art szavatoss´ ag´ u, de szab´ alyos csoki´erm´ej´et. Fej eset´en ´ atmegy a (k − 1)-es sz´ am´ u, m´ıg ´ır´ as eset´en a (k + 1)-es sz´ am´ u h´ az el´e. Ha a csokibolt el´e ´er, akkor bet´er, ´es legur´ıt egy csokigoly´ ot, majd az (n − 1)-es sz´ am´ u h´ az el´e megy. Ha haza´er, v´ege az edz´esnek. Naponta ´ atlagosan h´ any csokigoly´ ot gur´ıt le Art´ ur? (5 pont)

1. a ´bra

2. a ´bra

−−−→ −−−→ II. megold´ as. C´elunk bel´ atni, hogy az E1 F1 ´es E2 F2 vektorok mer˝ olegesek egym´ asra, ami pontosan akkor teljes¨ ul, ha a skal´aris szorzatuk 0. −−→ −−→ −−→ Jel¨ olje a DA, DC, AB vektorokat rendre a, c, illetve b, hosszukat a megfelel˝ o b kisbet˝ u; legyen tov´ abb´ a b+c = β (2. ´ abra). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

157

ot gur´ıt le. H´ıvjuk n-edz´esnek az Megold´ as. Naponta a´tlagosan 1 csokigoly´ n hossz´ u utc´ aban v´egzett edz´est, ´es legyen f (n) az ´ atlagosan megevett csokigoly´ok sz´ ama. Teljes indukci´oval l´atjuk be, hogy f (n) = 1. Az a´ll´ıt´ as n = 2-re nyilv´an igaz. Felt´eve, hogy n = k  2-re igaz, vizsg´ aljuk az n = k + 1 esetet. A (k + 1)al egy k-as edz´est ´es vissza´er a 2-es h´ azba, ´es 12 es edz´es kezdet´en 12 es´ellyel csin´ es´ellyel visszamegy az 1-es h´azba 0 csokigoly´ oval. Ha csin´ alt egy k-as edz´est, ut´ ana megint 12 es´ellyel egy k-as edz´est v´egez, ´es 12 es´ellyel visszamegy az 1-es h´azba stb. Felhaszn´ alva, hogy 1 l

( ) 1 1 + l+1 + . . . = 2 1 = 2l 2 1− 2 158

l−1 1 , 2

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

K. 658. K´et egyforma t´eglalap alapter¨ ulet˝ u szob´ at 25 cm × 40 cm-es padl´olapokkal burkolnak be teljesen a padl´olapok v´ag´ asa n´elk¨ ul. Az egyik szob´aban a hosszabbik falszakasszal p´arhuzamosan rakj´ ak a padl´olap 40 cm-es oldal´at, a m´asik szob´ aban pedig a r¨ ovidebbik fallal p´arhuzamosan. Az egyik szob´ aban a hosszabbik fal mell´e 9-cel kevesebb lap ker¨ ult, mint a m´ asik szob´ aban, a r¨ ovidebbik fal mell´e pedig 6-tal t¨obb, mint a m´ asikban. H´any m´eter hossz´ uak a k´et szoba alapj´ anak oldalai?

fel´ırhat´ o a k¨ ovetkez˝ o: 1 1 1 1 · 0 + f (k) + · 2f (k) + · 3f (k) + . . . = 2 4 8 16



1 1 1 1 = f (k) + + . . . + f (k) + + ... + ... = 4 8 8 16

f (k + 1) =

= f (k)



1 1 + + ... 2 4

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. ´ aprilis 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

= f (k).

Ezzel az ´all´ıt´ ast bel´ attuk n = k + 1 eset´ere is. Teh´ at Art´ ur a´tlagosan minden nap 1 csokigoly´ot gur´ıt le. Beke Csongor (Budapest, B´ek´ asmegyeri Veres P´eter Gimn., 11. ´evf.) 32 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 10 versenyz˝ o: Baski Bence, Beke Csongor, ´ am Gy¨ Gy˝ orffi Ad´ orgy, Heged˝ us D´ aniel, Nagy N´ andor, Oszt´enyi J´ ozsef, So´ os M´ at´e, Szab´ o Korn´el, T¨ or¨ ok M´ aty´ as, Weisz M´ at´e. 4 pontos 12, 3 pontos 7, 2 pontos 1, 1 pontos 2 dolgozat.

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1595–1601.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal ko z o s pontverseny ¨ ¨ 9. oszt´ alyosoknak (654–658.)

C. 1595. Hat´ arozzuk meg az ¨ osszes olyan, pozit´ıv eg´eszekb˝ ol ´all´ o (x, y) sz´ amp´art, amire 1 2 1 + = . x y 1893 Javasolhatta volna: Cafen´ at-Pahne´ akh (Th´eba, Egyiptom)

K. 654. Egy ¨ osszej¨ ovetelen 20 ember vett r´eszt. Menet k¨ozben az der¨ ult ki, hogy mindenki pontosan 13 embert ismer a r´esztvev˝ ok k¨oz¨ ul (az ismerets´eg k¨ olcs¨ on¨ os). H´ any k¨ oz¨ os ismer˝ ose van a jelenlev˝ ok k¨ oz¨ott a t´ arsas´ ag k´et tetsz˝olegesen kiv´ alasztott tagj´ anak, ha a k¨ oz¨ os ismer˝ oseik sz´ ama a lehet˝ o legkevesebb? u sz´amok k¨ ul¨onb¨oz˝ o K. 655. Az ABCD, BCBA, BDAB ´es DDAD n´egyjegy˝ n´egyjegy˝ u pr´ımek (a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o bet˝ uk k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´amjegyeket jel¨olnek). Melyek ezek a sz´ amok? Annak ellen˝ orz´es´ere, hogy egy konkr´et n´egyjegy˝ u sz´am pr´ımsz´ am-e, haszn´ alhat´ o a http://matek.com/szamok/primszamok weboldal. K. 656. Adott egy 21 cm-szer 29 cm m´eret˝ u, t´eglalap alak´ u pap´ırlap. Hogyan lehet vele kim´erni a) pontosan 3 cm-es t´avols´ agot b) pontosan 1 cm-es t´avols´ agot minden egy´eb seg´edeszk¨ oz felhaszn´al´asa n´elk¨ ul? (A pap´ırlap hajtogat´asa megengedett.) K. 657. Adjuk meg 1–10 000-ig a 99 ¨ osszes olyan t¨obbsz¨or¨os´et, amely sz´ amjegyeinek ¨ osszege nem oszthat´ o 18-cal. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

159

C. 1596. Egy h´ aromsz¨ og oldalai 5 cm, 5 cm ´es 6 cm hossz´ uak. A h´ aromsz¨ ogbe ´ırhat´o k¨ornek az oldalakkal p´ arhuzamos ´erint˝oi ´es az oldalak egy hatsz¨ oget z´ arnak k¨ozre. Mekkora ennek a ter¨ ulete? Feladatok mindenkinek C. 1597. H´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o olyan der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og l´etezik, melynek oldalai eg´esz m´er˝ osz´ am´ uak ´es az egyik oldal hossza 2n (n pozit´ıv eg´esz, a v´ alaszt n f¨ uggv´eny´eben adjuk meg)? C. 1598. Az ABCD konvex n´egysz¨ og AB ´es CD oldalainak felez˝ opontjait o M N szakasz hossza az AD ´es BC oldalak hossz´ anak sz´amtani k¨ ozepe. ¨osszek¨ot˝ Mutassuk meg, hogy az ABCD n´egysz¨ og trap´ez. C. 1599. Oldjuk meg a term´eszetes sz´ amp´ arok halmaz´an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet: 2y 2 − 2x2 − 3xy + 3x + y = 13. Javasolta: Imre Tam´ as (Marosv´ as´ arhely) 160

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1600. Oldjuk meg a val´ os sz´amok halmaz´an a  1 x x x 4 + 9 + 36 + − 2x2 = 1 2 egyenletet. Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

B. 5090. Egy szab´ alyos ´erme egyik fel´en +1, m´asik fel´en −1 szerepel. Egym´ as ut´ an n-szer feldobjuk az ´erm´et, ´es egy sorba lejegyezz¨ uk az n db eredm´enyt. Ezut´an b´armely k´et szomsz´edos sz´am al´a le´ırjuk a szorzatukat, ´ıgy egy u ´jabb sz´ amsorhoz jutunk, ami m´ ar csak (n − 1) db sz´amb´ ol ´ all. Ezt a m˝ uveletet t¨ obbsz¨ or is v´egrehajtjuk, eg´eszen addig, am´ıg egy egyetlen sz´ amb´ol a´ll´ o sorhoz nem jutunk. Mennyi n(n+1) darab sz´ am ¨ osszeg´enek a v´arhat´ o az ´ıgy kapott sz´ amh´ aromsz¨ ogben l´ev˝ o 2 ´ert´eke? (3 pont)

C. 1601. Egy szab´ alyos n´egyoldal´ u g´ ula oldallapj´anak magass´ aga k´etszerese az alaplap ´el´enek. Az alaplap s´ıkj´at´ ol sz´am´ıtva a magass´ ag h´ any sz´ azal´ek´ an´al kell az alaplap s´ıkj´aval p´ arhuzamosan kett´ev´ agni a g´ ul´ at ahhoz, hogy a keletkezett csonkag´ ula pal´astj´ anak ´es fed˝ olapj´anak ter¨ ulete ¨ osszesen pont fele legyen az eredeti g´ ula pal´astja ter¨ ulet´enek?

alyos 12-sz¨ ogben legyen P az A1 A8 ´es A6 A11 B. 5091. Az A1 A2 . . . A12 szab´ a´tl´ ok metsz´espontja, tov´ abb´ a R az A7 A8 ´es A9 A11 egyenesek metsz´espontja. Muatl´ ot. tassuk meg, hogy a P R egyenes harmadolja az A1 A4 ´

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. ´ aprilis 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: Ko ¨MaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

B. 5092. Kisz´ amoltuk a {0, 1, . . . , n − 1} halmaz ¨ osszes r´eszhalmaz´ aban az eleosszegnek pontosan az nmek ¨osszeg´et. Mi lehet n ´ert´eke, ha a kapott 2n darab ¨ edr´esze oszthat´ o n-nel?

(5 pont)

B´ır´ o B´ alint (Eger) ¨ otlet´eb˝ ol

(6 pont) B. 5093. K´et egybev´ ag´ o szab´ alyos ¨ otsz¨ og k¨ oz¨ os r´esze egy t´ızsz¨ og, amelynek oldalai rendre a1 , a2 , . . . , a10 . Igazoljuk, hogy

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5086–5093.)

a1 a3 + a3 a5 + a5 a7 + a7 a9 + a9 a1 = a2 a4 + a4 a6 + a6 a8 + a8 a10 + a10 a2 . (6 pont)

2  2  B. 5086. Oldjuk meg az x3 − y 2 = x2 − y 3 egyenletet az eg´esz sz´ amp´ arok halmaz´ an. (4 pont)

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. ´ aprilis 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

Javasolta: Szalai M´ at´e (Szeged)

B. 5087. Az ABCD n´egyzet egy bels˝ o P pontj´anak t´ avols´ aga az A, B, D √ am´ıtsuk ki az AP B sz¨og nagys´ ag´at. cs´ ucsokt´ ol rendre 1, 2, illetve 2. Sz´ (4 pont)

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (772–774.)

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

B. 5088. Adott G sz´ amhalmazhoz a k > 1 pozit´ıv eg´esz ´erdekes, ha a G halmazban van k k¨ ul¨ onb¨oz˝ o olyan elem, amelyek ´atlaga szint´en a G halmazba esik. Legyen a H = {1; 3; 4; 9; 10; . . .} halmaz azon sz´amok halmaza, amelyek el˝ o´allnak n´eh´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o 3-hatv´ any ¨ osszegek´ent. a) Mely k > 1 sz´amok ´erdekesek a H halmazhoz? b) Legyen c ∈ / H tetsz˝ oleges pozit´ıv eg´esz. Igazoljuk, hogy a H  = H ∪ {c} halmazhoz minden k > 1 sz´ am ´erdekes. (5 pont) B. 5089. Egy tetra´eder k´et kit´er˝ o ´ele egym´asra mer˝ oleges, hosszuk 12 ´es 13, egyeneseik t´ avols´ aga 14 egys´eg. Hat´ arozzuk meg a tetra´eder t´erfogat´ at.

A. 772. Van N ember, ´es mindegyik gondol egy v´eletlen eg´esz sz´ amra 1 ´es 19 k¨oz¨ott (az 1-et ´es a 19-et is bele´ertve, nem felt´etlen¨ ul egyforma eloszl´ assal). A gondolt v´eletlen sz´ amok egym´ast´ ol f¨ uggetlenek, ´es minden emberre igaz, hogy mind a 19 sz´ amra legfeljebb 99% val´ osz´ın˝ us´eggel gondol. Ezut´ an ¨ osszeadj´ak a gondolt N darab sz´ amot, ´es veszik a kapott ¨ osszeg 19-es marad´ek´ at. Bizony´ıtand´ o, hogy az ´ıgy kapott eredm´eny eloszl´ asa exponenci´ alis sebess´eggel tart az egyenletes eloszl´ ashoz, azaz l´etezik olyan 0 < c < 1 val´ os sz´am, melyre teljes¨ ul, hogy az N darab oz¨ otti v´eletlen sz´ am ¨osszege mindegyik 19-es marad´ekot 1/19 − cN ´es 1/19 + cN k¨ val´osz´ın˝ us´eggel veszi fel. Javasolta: Matolcsi D´ avid (Budapest)

(3 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

161

162

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A. 773. Legyen n  3 egy pozit´ıv eg´esz sz´ am, σ pedig a {0, 1, . . . , n − 1} halas maz identit´ast´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o olyan permut´ aci´ oja, melyre σ(0) = 0. A Cσ titkos´ıt´ minden m pozit´ıv eg´eszt elk´odol olyan m´odon, hogy az m sz´ am n-es sz´ amrendszerben fel´ırt alakj´ aban minden egyes a sz´ amjegyet σ(a)-ra cser´el. Legyen d egy n-nel as kompatibilis d-vel, nem oszthat´ o pozit´ıv eg´esz. Azt mondjuk, hogy a Cσ titkos´ıt´ obbsz¨ or¨ os´et d t¨ obbsz¨ or¨ os´ev´e k´ odolja el. A d sz´ amot titokzatosnak ha Cσ d minden t¨ as, mely kompatibilis d-vel. nevezz¨ uk, ha van hozz´ a olyan Cσ titkos´ıt´ Legyen k egy pozit´ıv eg´esz sz´ am, ´es legyen p = 2k + 1. a) Keress¨ uk meg a 2 legnagyobb hatv´any´ at, amely titokzatos a 2p-s sz´amrendszerben, ´es bizony´ıtsuk be, hogy csak egy titkos´ıt´ as kompatibilis vele. b) Keress¨ uk meg a p legnagyobb hatv´ any´ at, amely titokzatos a 2p-s sz´amrendszerben, ´es bizony´ıtsuk be, hogy csak egy titkos´ıt´ as kompatibilis vele. c) Tegy¨ uk fel, tov´ abb´ a hogy a fenti p sz´ am pr´ımsz´ am. Keress¨ uk meg a legnagyobb titokzatos sz´ amot a 2p-s sz´amrendszerben, ´es bizony´ıtsuk be, hogy csak egy titkos´ıt´ as kompatibilis vele. Javasolta: Nikolai Beluhov (Bulg´aria) A. 774. Az ABC h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ or´enek k¨oz´eppontja O, ´es D egy tetsz˝ oulete rendre leges pont a k¨ or¨ ul´ırt k¨or¨ on. Legyen X, Y ´es Z a D pont mer˝oleges vet¨ az OA, OB ´es OC egyenesen. Bizony´ıtand´ o, hogy az XY Z h´ aromsz¨og be´ırt k¨or´enek k¨ oz´eppontja rajta van az ABC h´ aromsz¨ og D ponthoz tartoz´ o Simson-egyenes´en. Javasolta: Fony´ o Lajos (Keszthely) Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. ´ aprilis 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu zet: https://www.komal.hu/munkafuzet ¨ C´ım: Ko ¨MaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) 6 / 6 1798 / 8 1805 / 13 1809 14 1815 / 9 1824 / 35 1830

Kimenet 4

Bek¨ uldend˝o egy i505.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a program forr´ ask´ odja ´es egy r¨ovid le´ır´as, ami megadja, hogy a forr´ as´ allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. I. 506. Az idei Nemes Tiham´er Nemzetk¨ ozi Informatikai Tanulm´anyi Verseny 2. fordul´oj´aban a 9–10. ´evfolyamosoknak a k¨ ovetkez˝ o, Fasor nev˝ u programoz´asi feladatot kellett megoldaniuk: A Sz´azholdas Pagonyban van egy N f´ab´ ol a´ll´ o fasor, a szomsz´edos f´ak t´ avol” s´aga 1 pagom´eter. Bagoly akkor boldog, ha olyan fa tetej´en u at ¨l, ahonnan nem l´ magasabb f´ at. Mivel Bagoly ¨ oregszik, ez´ert csak a legfeljebb K pagom´eter t´ avols´ agra l´ev˝ o f´akat l´atja. Egy saj´ atj´ an´al magasabb f´ at teh´at akkor l´athat, ha a fasorban a sorsz´ amuk k¨ ul¨ onbs´ege nem nagyobb, mint K.” o olyan f´ at, amelynek tetej´en BaAdjuk meg t´ abl´ azatkezel˝ o seg´ıts´eg´evel az els˝ goly boldogan u or¨ oghet. A munkaf¨ uzet B1-es cell´ aj´aba l´ev˝ o N ´ert´ek alapj´ an k´e¨cs¨ sz´ıts¨ unk egy v´eletlen sz´ amsorozatot egym´ as melletti cell´ akba, amely a fasor f´ainak magass´ ag´at adja meg pagom´eterre kerek´ıtett ´ert´ekben. A munkaf¨ uzet B2-es cell´aj´aban l´ev˝ o K ´ert´ek seg´ıts´eg´evel jel¨ olj¨ uk felt´eteles form´ az´ assal az els˝ o megfelel˝ o fa magass´ ag´at mutat´ o cell´ at. Ha nincs ilyen fa, akkor ne jel¨ olj¨ unk meg egy cell´ at sem. A megold´ ashoz seg´edsz´ am´ıt´ asokat lehet v´egezni a munkaf¨ uzetben, de csak a t´ abl´ azatkezel˝ o be´ep´ıtett f¨ uggv´enyei haszn´ alhat´ ok, vagyis a megold´ as makr´ot vagy programot ne tartalmazzon. Bek¨ uldend˝o egy i506.zip t¨ om¨ or´ıtett mapp´ aban a t´abl´ azatkezel˝ o munkaf¨ uzet, valamint egy r¨ ovid le´ır´as, ami megadja az alkalmazott t´abl´ azatkezel˝ o nev´et ´es verzi´ oj´at.

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 505. Egy t´ ajfut´ o versenyen nem lehet mindenki egyszerre a terepen, ez´ert k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o id˝ oben ind´ıtj´ ak a versenyz˝oket. A c´elba befut´ o sportol´ o csak az addig be´erkezett versenyz˝ok eredm´enyeit tudhatja meg. Egy lezajlott verseny ut´an ismerj¨ uk az N sz´ am´ u (3 < N  200) versenyz˝o START indul´ asi ´es CEL be´erkez´esi idej´et (0 < START, CEL  10 000). K´esz´ıts¨ unk programot, amely meghat´ arozza, hogy h´ any versenyz˝o gondolhatta mag´ar´ ol a be´erkez´es pillanat´ aban, hogy a legjobb h´ aromban v´egezhet, teh´at van es´elye a dobog´on ´allni. A standard bemenet els˝ o sora a versenyz˝ok N sz´ am´at ´es az ezt k¨ovet˝o N sor soronk´ent k´et sz´ amot tartalmaz: a versenyz˝ok indul´asi ´es ´erkez´esi idej´et m´ asodovekv˝ o sorrendben. percben, a be´erkez´es ideje szerint n¨ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A standard kimenetre ´ırjuk ki azon versenyz˝ ok sz´am´at, akik be´erkez´eskor dobog´os helyre sz´ am´ıthattak.

163

´ A honlapok l´ I. 507 (E). atogatotts´ ag´ ar´ ol a webszerverek legt¨ obbsz¨ or napl´ot vezetnek. Az ´altalunk vizsg´ alt weboldal napl´ oj´ab´ ol r´eszletek tal´ alhat´ ok a webstat.txt sz¨oveges a´llom´anyban. A napl´ o id˝orend szerint rendezett, egy-egy sor´ aban egy l´ atogat´ as adatai szerepelnek: • a haszn´ alt b¨ ong´esz˝ o neve, vagy egy k¨ ot˝ ojel, ha a b¨ ong´esz˝ o t´ıpusa nem volt meg´allap´ıthat´ o; • a b¨ong´esz´es d´ atuma (minden d´ atum 2020. febru´ ari); • a weboldalt felkeres˝ o klienssz´am´ıt´ og´ep IP-c´ıme; atogat´ o az oldal c´ım´et be´ırva kereste f¨ ol a weboldalt, akkor • amennyiben a l´ a honlap” sz´ o, egy´ebk´ent annak a weboldalnak vagy alkalmaz´ asnak a c´ıme, ” ahonnan hivatkoz´ assal a honlapra ker¨ ult a l´atogat´ o. 164

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A sz¨ oveges a´llom´anyban a fenti adatokat sz´ ok¨ oz v´ alasztja el a mint´ anak megfelel˝ oen: Chrome 2020.02.11 130.43.220.233 www.google.com Firefox 2020.02.11 134.255.106.38 www.google.com Safari 2020.02.11 134.255.91.250 honlap Safari 2020.02.11 146.255.156.230 www.google.hu

I/S. 43. Jel¨ olje f (n) az n-edik Fibonacci-sz´amot, ahol f (0) = 1, f (1) = 1, valamint f (n + 2) = f (n) unk programot, amely adott N -re meg + f (n + 1). K´esz´ıts¨ hat´ arozza az f f (N ) ´ert´ek´enek utols´ o k´et sz´ amjegy´et. Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N nemnegat´ıv eg´esz sz´ amot.   Kimenet: az egyetlen sorban f f (N ) utols´ o k´et sz´ amjegye.

P´elda:

www.google.com: honlap: android-app: kereso.startlap.hu: www.google.hu: hu.m.wikipedia.org:

50.5% 44.7% 2.1% 0.5% 1.1% 1.1%

Bek¨ uldend˝o egy i507.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a program forr´ ask´odja ´es egy r¨ ovid le´ır´ as, ami megadja, hogy a forr´ as´ allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben ford´ıthat´ o. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

165

77

Korl´ atok: 1  N  1015 . Id˝ okorl´at: 0,4 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N  10. Bek¨ uldend˝o egy is43.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. S. 142. Egy ´elelmiszerfeldolgoz´assal foglalkoz´ o c´eg rakt´ ar´ aban az alm´ak egy fut´ oszalagon ´erkeznek sorban. Mindegyik alm´ ar´ ol tudjuk, hogy mennyire finom. Az alm´akat szeretn´ek zs´ akokba rendezni u ´gy, hogy az els˝o n´eh´ any az els˝o zs´ akba ker¨ ul, a k¨ovetkez˝ o n´eh´ any a m´ asodik zs´ akba, a k¨ ovetkez˝ o n´eh´ any a harmadikba, ´es ´ıgy tov´abb. Egy zs´ akba legfeljebb K darab alma f´er. Egy zs´ak alma annyira finom, mint a benne l´ev˝ o legfinomabb alma. ´Irjunk programot, ami u ´gy osztja be az alm´akat a zs´ akokba, hogy a legfinomabb ´es legkev´esb´e finom zs´ ak alm´ak aga k¨oz¨otti k¨ ul¨ onbs´eg a lehet˝ o legkisebb legyen. finoms´ Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az alm´ak N sz´ am´at ´es a zs´ akok K m´eret´et. A m´asodik sor N darab sz´ amot tartalmaz: az i-edik sz´ am azt jelenti, hogy az i-edik alma finoms´aga Fi . Kimenet: egyetlen sz´ am, amely megadja a legkisebb finoms´agbeli k¨ ul¨ onbs´eget a legfinomabb ´es legkev´esb´e finom zs´ ak alma k¨ oz¨ ott optim´alis beoszt´ as eset´en. P´elda:

5. Vizsg´aljuk meg az adatokat, ´es adjuk meg azokat az IP c´ımeket, amelyekr˝ ol egy adott napon t¨obbsz¨ or is f¨ olkerest´ek a weboldalt. A list´ aban minden IP-c´ım csak egyszer szerepeljen. Az eredm´enyt az al´ abbi form´ aban adjuk meg: Amely c´ımekr˝ ol t¨obbsz¨ or is j´artak az oldalon egy adott napon: 176.63.29.84, 176.63.7.203, 188.156.108.17 ... 6. K´erj¨ unk be egy IP-c´ımet, ´es adjuk meg, hogy mely napokon kerest´ek f¨ol a weboldalt a bek´ert c´ımnek legal´ abb az els˝ o k´et b´ ajtj´ aval azonos c´ımekr˝ ol. K´esz´ıts¨ unk egy sz¨ oveges a´llom´anyt, amelybe soronk´ent megadjuk a tal´ alt napokat ´es IP-c´ımeket a napl´ o szerinti sorrendben. Az a´llom´any neve a bek´ert IP-c´ımb˝ ol ulj¨ on fel u ´gy, hogy a c´ımben szerepl˝o pontok hely´ere az al´ah´ uz´ asjel ker¨ ulj¨on, ´ep¨ ´es a kiterjeszt´ese txt legyen.

Kimenet

6

K´esz´ıts¨ unk programot, amellyel megoldjuk a k¨ovetkez˝ o feladatokat. Minden feladatr´esz elk´esz´ıt´esekor ´ırjuk ki a feladat sorsz´am´at (pl. 1. feladat:), valamint a beolvas´ as ´es a ki´ır´ as form´atum´ at a mint´ak alapj´ an oldjuk meg. Az ´ekezetmentes ki´ır´as is elfogadott. 1. Olvassuk be ´es t´ aroljuk el a webstat.txt a´llom´anyt, majd adjuk meg, hogy h´ any adatsor szerepel a napl´oban. P´eld´ aul: A beolvasott sorok sz´ama: 300. 2. Adjuk meg t´ abl´ azatos elrendez´essel, hogy az egyes napokon h´any l´ atogat´ o adatai szerepelnek a napl´oban. P´eld´ aul: 2020.02.11 59 l´atogat´ o. 3. Soroljuk fel azokat a b¨ ong´esz˝ oket, amelyek szerepelnek a napl´oban. A list´ aban minden n´ev egyszer szerepeljen ´es a neveket vessz˝ ovel v´alasszuk el. P´eld´ aul: A b¨ ong´esz˝ ok: Chrome, Firefox, Safari, Edge, Opera. ovel felkeres˝ok ho4. Adjunk statisztik´ at arr´ ol, hogy a honlapot Chrome b¨ong´esz˝ gyan ´ert´ek el a weboldalt. Sz´ am´ıtsuk ki, hogy h´any sz´ azal´ekuk adta meg a honlap c´ım´et, illetve h´any sz´ azal´ekuk j¨ ott m´ ashonnan a honlapra. Az eredm´enyt egy tizedesjegyre kerek´ıtve ´ırjuk ki, p´eld´ aul:

Bemenet

Bemenet

Kimenet

5 2 31 88 41 72 9

47

Korl´ atok: 1  N, K  100 000, 1  Fi  109 . Id˝ okorl´at: 0,3 mp. ´ Ert´ekel´ese: a pontok 30%-a kaphat´ o, ha N  1000. Bek¨ uldend˝o egy s142.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o.

❄ A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k ¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. ´ aprilis 10. ¨ ld´

❄ 166

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

olyan tan´acsok k¨ ovetkeznek, amelyek a min´el magasabb szint˝ u feladatmegold´ ast ¨oszt¨onzik, ´es csak indokolt esetben ´ernek egy-egy pontot a megold´onak, azonban rendk´ıv¨ ul hasznos lehet gondolkod´ asm´ odja, szeml´elete ´es technikai k´eszs´egei fejleszt´es´eben.

A m´ er´ esi pontverseny lelkivil´ aga∗

Amit mindenk´ epp tegyu ¨ nk meg Bevezet˝ o Manaps´ ag egy k¨ oz´episkol´ as nem tal´alkozik t´ ul gyakran a fizikai m´er´es fogalm´ a´ val. Altal´ aban csak az elm´eletet tanuljuk, ritk´ an v´egz¨ unk el egy-egy k´ıs´erletet, hogy l´ assuk t´enyleg az t¨ ort´enik-e, amit v´ arunk. Azonban feltehetj¨ uk a k´erd´est: hogyan tudunk egy-egy elm´eletet tudom´anyos m´ odszerekkel” ellen˝ orizni, vagy ´eppen ha ” egy-egy k´ıs´erletet nem tudunk elm´elettel magyar´azni, hogyan tudjuk a tapasztaltakat korrekten” vizsg´ alni ´es elemezni. Azt az elj´ar´ast nevezz¨ uk m´er´esnek, amikor ” egy k´ıs´erletet v´egz¨ unk, ´es annak bizonyos param´etereit r¨ogz´ıtve vizsg´aljuk meg, illetve analiz´aljuk a m´odszert. A m´er´es szoros kapcsolatban ´all az elm´elettel, egy¨ utt adj´ ak a fizika gondolkod´ asm´ odj´ anak alapj´at. Egy m´er´es seg´ıts´eg´evel modellt alkothatunk a m´ert rendszeror˝ ol, amib˝ ol fizikai elm´elet lehet. Az elm´eletet tov´ abbi m´er´esekkel tudjuk meger˝ s´ıteni: az elm´elet elfogadott lesz, ha a k´ıs´erlet pontos ismeret´eben b´arki sz´am´ara megism´etelhet˝ oen ellen˝ orizhet˝ ov´e v´ alik. A m´er´es ´es az elm´elet egym´ asra t´ amaszkodik, mibenl´et¨ ukkel azonban ez a cikk tov´ abb nem foglalkozik, ez ugyanis ink´ abb tudom´anyfiloz´ofiai k´erd´es. A m´er´esi pontverseny c´elja, hogy min´el t¨ obb di´ akot ¨oszt¨on¨ozz¨on arra, hogy a feladatokon kereszt¨ ul elsaj´ at´ıts´ ak a fizikai m´er´esek tudom´anyos eszk¨ozeit ´es technik´ait a k¨ oz´episkol´ as tud´ asanyag ´es a rendelkez´es¨ ukre a´ll´o eszk¨oz¨ok seg´ıts´eg´evel, illetve az egy ´even kereszt¨ ul kimagasl´ o munk´ at v´egz˝ o megold´ okat jutalomban r´eszes´ıtse. Ezen cikk c´elja ennek megfelel˝ oen az, hogy konkr´et javaslatok ´es technikai ul tan´ acsot adjon azoknak, akik nem tudj´ak, hogyan fog´asok ismertet´es´en kereszt¨ fogjanak hozz´ a a munk´ ahoz, illetve minden Olvas´ ot arra sarkalljon, hogy pr´ ob´alja ki mag´ at a pontversenyben. Fontos megjegyezni, hogy egy munka nem att´ ol lesz tudom´anyos vagy korrekt, hogy egyetemi vagy egyenesen kutat´ asbeli eszk¨ oz¨ oket ´es ismeretanyagot haszn´ al fel, hanem att´ ol, hogy a m´er´est v´egz˝ o mennyire haszn´ alja a b´ arki sz´am´ara elsaj´ at´ıthat´ o term´eszettudom´ anyos gondolkod´ asm´ odot ´es szeml´eletet. Ennek megszerz´es´ehez ´es csiszol´ as´ ahoz nyilv´anval´ oan sz¨ uks´eges valamennyi gyakorl´ as is, amire egy ilyen pontverseny – ahol a megold´ o visszajelz´est kap munk´aj´anak helyess´eg´er˝ ol – szinte t¨ ok´eletes alkalom lehet. A cikk a m´er´es v´egrehajt´ as´ anak alapgondolataival ´es a m´er´esi jegyz˝ ok¨ onyv ´ır´ as´ anak technik´aj´aval foglalkozik. Els˝ok´ent azon pontokkal foglalkozunk, melyek a feladat helyes megold´ as´ ahoz elengedhetetlenek; legt¨obbsz¨or ezek betart´as´ara ´es helyes kivitelez´es´ere j´ arnak a megszerezhet˝ o pontok. Ezek ut´ an a megkezdett gondolatmenet folytat´ asak´ent a m´er´es ki´ert´ekel´es´er˝ ol ´es hibasz´am´ıt´asr´ ol lesz sz´o, majd ∗

A Szerz˝ o a BME fizika BSc szakos hallgat´ oja, a K¨ oMaL elm´ ult tan´evi m´er´esi verseny´enek (holtversenyben) nyertese.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

167

Mindenekel˝ott sz´ am´ıtsunk arra, hogy a k´ıs´erlet elv´egz´ese ´es a jegyz˝ ok¨ onyv meg´ır´asa ´altal´ aban nem egy bel´athat´ o idej˝ u munka, ez´ert hagyjunk magunknak el´eg id˝ ot. Van u ´gy, hogy minden n´eh´ any ´ or´ an bel¨ ul megvan, azonban sz´amolni kell a v´ aratlannal”, illetve olyan technikai neh´ezs´egekkel, amelyeket m´eg a tervez˝ o” asztaln´ al sem l´atunk el˝ ore. ´Igy a legeslegfontosabb tan´ acs, hogy mindig hagyjunk magunknak el´eg id˝ ot! A tervez˝ oasztaln´ al A munka kezdeti szakasza, ahol ki kell tal´ alnunk mag´anak a feladatnak a megold´ as´at. Ebbe beletartozik a k´ıs´erleti eszk¨ oz¨ ok ¨ ossze´ır´ asa, a k´ıs´erleti ¨ ossze´ all´ıt´ as kigondol´ asa, megtervez´ese, illetve a m´er´es elm´elet´enek ´ atgondol´ asa. Ut´obbihoz kapcsol´od´ oan fontos, hogy tiszt´ azzuk magunkban, milyen mennyis´egeket fogunk m´erni, ´es ezek milyen kapcsolatban a´llnak azzal, amit a m´er´es alapj´ an meg akarunk hat´arozni. Ez a m´er´es ki´ert´ekel´es´en´el k¨ ul¨ on¨ osen fontos lesz, emellett elker¨ ulj¨ uk, hogy net´an m´eg egyszer meg kelljen ism´etelni a k´ıs´erletet, mert nem is azt m´ert¨ uk le, amit kellett volna. Tov´abb´ a ´erdemes a tervez˝ oasztaln´ al ´ atgondolni, hogy h´any sorozatnyi m´er´est v´egezz¨ unk; erre b˝ ovebben a hibasz´am´ıt´ as r´eszben t´er¨ unk vissza. Ha p´eld´ aul az a feladatunk, hogy egy foly´ekony anyag t¨ or´esmutat´ oj´at m´erus´ agm´er´essel egy, j¨ uk meg, akkor azt tehetj¨ uk k¨ ozvetlen¨ ul sz¨ ogm´er´essel, vagy hossz´ a vizsg´aland´ o folyad´ekkal megt¨ olt¨ ott pl´ anparalel lemez seg´ıts´eg´evel. Ebben az esetben a tervez˝ oasztaln´ al gondoljuk ´at, hogy mihez van eszk¨ oz¨ unk, egyes esetekben pontosan milyen adatokat kell r¨ ogz´ıteni, ´es hogy mit tudunk pontosabban m´erni. A k´ıs´ erlet v´ egz´ es´ er˝ ol Mindenekel˝ott t¨ orekedj¨ unk az egyszer˝ us´egre, ´es arra, hogy min´el kevesebb dolog mehessen t¨ onkre a k´ıs´erlet v´egz´ese alatt, illetve hogy min´el kevesebb m´er´esi adatot kelljen felvenn¨ unk egy m´er´esi sorozaton bel¨ ul. Term´eszetesen ez senkit ne fogjon vissza a bark´acsol´ ast´ ol ´es a kreat´ıv, ¨ otletes feladatmegold´ ast´ ol! Ezeket a´ltal´aban a jav´ıt´ok is m´elt´ anyolj´ ak, de a t´ ul bonyolult ´es sok m´erend˝ o adatot ig´enyl˝ o elj´ar´ asokkal legink´ abb csak a saj´ at dolgunkat nehez´ıtj¨ uk meg, r´ aad´ asul ezzel p´ arhuagot rontjuk. (Hab´ ar vannak a tudom´anyos ´es m´ern¨ oki vil´agban zamosan a pontoss´ olyan esetek, amikor a megfelel˝ o pontoss´agot csak nagyon komoly eszk¨ oz¨ okkel ´es berendez´esekkel tudj´ ak biztos´ıtani, de ennek a pontversenynek nem ez a c´elja.) Fontos, hogy a m´er´es¨ unket reproduk´ alhat´ oan dokument´ aljuk. A tudom´anyos megk¨ozel´ıt´esnek megfelel˝oen arra kell gondolnunk, hogy az ´altalunk v´egzett m´er´est b´ arki k´epes legyen megism´etelni az ellen˝orizhet˝ os´eg v´egett. Ebben sokat seg´ıt, ha az eszk¨ozeinkr˝ ol ´es a k´ıs´erlet v´egz´es´enek kulcspillanatair´ ol k´epeket k´esz´ıt¨ unk, hogy a jegyz˝ ok¨onyv¨ unket olvas´ oknak k¨ onnyebben a´t tudjuk adni a m´er´es megism´etl´es´ehez sz¨ uks´eges inform´ aci´ okat. 168

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

Ki´ ert´ ekel´ es ´ es hibasz´ am´ıt´ as A m´er´es elej´en alak´ıtsunk ki egy egys´eges jel¨ ol´esrendszert, ´es ezt k¨ovetkezetesen haszn´ aljuk valamennyi esetben. A m´er´es elm´elet´enek jegyz˝ ok¨onyvben val´ o r¨ogz´ıt´ese nem k¨ otelez˝ o elem, de a sz´ am´ıt´ asok menet´enek nyomon k¨ovethet˝oen szerepelnie kell ´ benne. (Ez alapj´an egy´ebk´ent sokszor ellen˝orizni is tudjuk magunkat.) Erdemes a m´ert ´es a bel˝ ol¨ uk k¨ozvetlen¨ ul sz´ am´ıtott adatokat elk¨ ul¨on´ıteni a v´egeredm´enyt˝ol, illetve a nem hozz´ ajuk tartoz´ o esetleges seg´ed- ´es r´eszsz´ am´ıt´asokt´ ol. Erre kit˝ un˝ oen alkalmas a t´abl´ azatok haszn´ alata. A m´er´es megker¨ ulhetetlen r´esze a hibabecsl´es vagy hibasz´am´ıt´ as. A hib´ aknak oen h´ arom fajt´aj´at k¨ ul¨ onb¨ oztetj¨ uk meg: lehetnek szisztematikusak, v´eletlealapvet˝ nek vagy statisztikusak. A szisztematikus hiba meghat´arozott m´ odon hat´ o okok eredm´enye, abszol´ ut nagys´ aga ´es el˝ ojele – azonos k¨ or¨ ulm´enyek k¨ ozt – nem v´ altozik. Ebbe a kateg´ ori´aba tartozik a m´er˝ om˝ uszer¨ unk pontoss´ ag´ ab´ ol fakad´ o pontatlans´ ag, de ak´ ar a h˝ om´ers´ekletre ´erz´ekeny m´er´esekn´el a szoba h˝ om´ers´eklet´enek bizonytalans´ aga. P´eld´ aul ha egy m´er˝ oszalag millim´eteres beoszt´ as´ u, akkor mondhatjuk azt, hogy a hosszm´er´es¨ unk abszol´ ut hib´ aja legfeljebb 1 mm, ez´ert ezzel sz´ amolhatunk tov´ abb. (Ezzel a hib´at ugyan fel¨ ulbecs¨ ulj¨ uk, de ez k¨ oz´episkol´as szinten t¨ ok´eletesen megfelel.) ut ´es relat´ıv hiba alatt. Ezen a ponton fontos megjegyezni, mit ´ert¨ unk abszol´ Egy mennyis´eg abszol´ ut hib´ aja a m´ert vagy sz´am´ıtott ´ert´ekt˝ol vett lehets´eges legnagyobb elt´er´es (abszol´ ut ´ert´ek); ennek megfelel˝ oen az abszol´ ut hib´ anak m´ert´ekegys´ege van. A relat´ıv hiba pedig az abszol´ ut hiba ´es a m´ert vagy sz´am´ıtott ´ert´ek h´ anyadosa, melyet a´ltal´ aban sz´azal´ekos alakban szoktunk megadni. Egy m´er´es v´eletlen hib´ aja t¨ obb k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o hat´ as egy¨ uttes k¨ovetkezm´enye, melyet ¨ osszetetts´eg¨ uk miatt a´ltal´ aban nem lehet k¨ ozvetlen¨ ul meghat´ arozni. Ezek sokszor nehezen sz´amszer˝ us´ıthet˝ oek, t¨ obbnyire csak becs¨ ulni lehet o˝ket. Ilyen p´eld´ aul o pontatlans´ ag. A v´eletlen a k´ıs´erlet kotyog´ o”, cs´ uszk´ al´o, s´ url´od´ o r´eszeib˝ol fakad´ ” ´es szisztematikus hib´ ak k¨ oz¨ otti a´tfed´esbe tartozik a reakci´ oid˝ ob˝ol sz´armaz´ o hiba: egy ember reakci´ oideje a m´er´es sor´ an ´ altal´ aban egy ´ert´ek k¨or¨ ul mozog, de kisebb-nagyobb m´ert´ekben ingadozik; ez sokt´enyez˝ os, mondhatni v´eletlenszer˝ u dolog. Azonban az erre ´erz´ekeny m´er´esekn´el (pl. ing´ak eset´en) a saj´ at reakci´oid˝ onket abszol´ ut hibak´ent valahogy meg kell becs¨ uln¨ unk. A statisztikus hib´ ak egy jelens´eg nagysz´ am´ u megfigyel´ese eset´en l´epnek fel, amikor a m´ert ´ert´ek a k´ıs´erlet t¨ obbsz¨ ori elv´egz´ese eset´en egy meghat´ arozott ´ert´ek k¨ or¨ ul kisebb-nagyobb m´ert´ekben ingadozik. Ezt nevezz¨ uk statisztikus ingadoz´ asnak. A legegyszer˝ ubb ezen hiba becsl´es´ere, ha a mennyis´eg abszol´ ut hib´ aj´at a sz´or´as´aval azonos´ıtjuk. ¨ olszab´aly, hogy amennyiben egy mennyis´eg hib´aj´at feltehet˝oen t¨obb, k¨ Ok¨ ul¨onb¨ oz˝ o ´es f¨ uggetlen hibaforr´ as befoly´asolta, akkor azt kell v´ alasztani, amelyik a legnagyobb elt´er´est produk´ alhatja. Emellett fels˝obb matematikai m´odszerekkel megindokolhat´ o m´odon ´all´ıthatjuk, hogy amennyiben egy sz´ am´ıtand´ o mennyis´eg m´as mennyis´egek valahanyadik (n-edik) hatv´ any´ anak szorzata, akkor u ´gy kell a k´erd´eses mennyis´eg relat´ıv hib´ aj´at kisz´am´ıtani, hogy a t¨ obbi mennyis´eg relat´ıv hib´ aj´at a hozz´ ajuk tartoz´ o n abszol´ ut ´ert´ek´evel megszorozzuk, ´es ezeket ¨osszeadjuk. A relat´ıv

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

169

hib´ak ilyen m´odon k´epzett ¨ osszege t¨ obb mennyis´eg eset´en t´ ulbecs¨ uli a hib´ at. Megmutathat´ o, hogy jobb k¨ ozel´ıt´est kapunk, ha a Gauss-f´ele hibaterjed´est haszn´ aljuk, azaz ha az n-nel megszorzott relat´ıv hib´ ak n´egyzet¨ osszegb˝ ol vont n´egyzetgy¨ ok¨ ot tekintj¨ uk az eg´esz kifejez´es relat´ıv hib´ aj´anak. A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o g¨ orbeilleszt´esek hib´ aj´anak kisz´ am´ıt´as´ ara itt nem k¨ ozl¨ unk m´odszert, mert azok a k¨ oz´episkola tananyag´an t´ ulmutatnak, de ´erdemes ezeket is ´eszszer˝ u m´ odon megbecs¨ ulni, vagy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o forr´ asokban ut´ anuk n´ezni. Ezek tiszt´ az´ asa ut´ an visszat´erhet¨ unk arra a k´erd´esre, hogy mennyi m´er´esi adat´ ra is van sz¨ uks´eg¨ unk. Ertelemszer˝ uen ez a hibaforr´ as milyens´eg´et˝ ol er˝osen f¨ ugg: ha a statisztikus hibat´ıpus jellemz˝ o, akkor t¨ obb m´er´esi adattal kell dolgoznunk, m´ıg szisztematikus hibaforr´asok eset´en egy-egy m´er´es vagy sorozat el´eg lehet. P´eld´ aul nem mindegy, hogy egy darab ellen´all´ assal dolgozunk, vagy van t´ız darab azonos ellen´ all´as, amib˝ ol ´ aramk¨ ort ´ep´ıt¨ unk: egy darab eset´en mind¨ ossze egyszer kell lem´ern¨ unk multim´eterrel, ´es annak a pontoss´ ag´ aval dolgozhatunk, m´ıg a m´asik esetben mindegyiket le kell m´ern¨ unk, ´es ¨ ossze kell hasonl´ıtanunk a k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o hibat´ıpus nagys´ ag´at. Term´eszetesen ha nagyon sok (pl. 100) ellen´all´asunk lenne, akkor v´eletlenszer˝ uen v´ alaszthatunk egy reprezentat´ıv mint´ at, ´es nem kell mindet egyes´evel lem´ern¨ unk. ¨ onyvnek tartalmaznia kell Osszefoglalva a fentieket: egy teljes ´ert´ek˝ u jegyz˝ ok¨ az ¨osszes m´er´esi adatot, a haszn´ alt ¨ osszef¨ ugg´eseket ´es formul´ akat (n´emi indokl´ assal), a hibaforr´ asok sz´ambav´etel´et, valamint a m´ert ´es a sz´ am´ıtott ´ert´ekek becs¨ ult hib´aj´at. Hogy ez milyen form´ aban, milyen technikai kivitelez´essel t¨ ort´enik, az legink´abb a feladatt´ ol ´es a megold´ ot´ ol f¨ ugg. Amit ´ erdemes lehet megtenni Az els˝o ´altal´ anos tan´ acs, hogy ne f´elj¨ unk a jegyz˝ ok¨ onyvbe mindent le´ırni, amit fontosnak tartunk. Ha t´ ul hossz´ unak, vagy nehezen ´erthet˝ onek ´ıt´elj¨ uk a sz¨ oveg¨ unket, akkor a k´esz jegyz˝ ok¨ onyvet ut´olag m´ar k¨ onnyebben a´t tudjuk fogalmazni, tudunk t¨om¨or´ıteni. Persze, ahogy t¨ obb ´es t¨ obb tapasztalatot gy˝ ujt¨ unk ¨ ossze, egyre uks´eg¨ unk. Ehhez kapcsol´od´oan, ha lehet, akkor a jegykevesebb ut´ omunk´ara lesz sz¨ z˝ ok¨onyv elk´esz´ıt´ese ut´ an egy-k´et nappal, hideg fejjel olvassuk a´t a jegyz˝ok¨ onyvet kritikus” szemmel. ” A meg´ ert´ est seg´ıt˝ o, formai ´ es eszt´ etikai elemek Tal´an a legfontosabb, hogy tal´ aljunk ki egy saj´ at logikai rendszert, ami alapj´an ´ pontokba szedj¨ uk ´es tagoljuk a munk´ ankat. Erdemes k¨ ul¨ on pontba foglalni pl. a m´ert adatokat, a sz´ am´ıt´ ast, vagy ak´ar a k´ıs´erleti eszk¨ oz¨ ok list´aj´at ´es az a´ltalunk haszn´ alt jel¨ol´esrendszert. Haszn´ aljunk t´abl´ azatokat, ´es a hosszabb r´eszekn´el ´ırhatunk egy-k´et mondatos okat. A k´ıs´erleti eszk¨ oz¨ ok, illetve a m´er´es menet´enek le´ır´ as´ an´ al k´epekkel ¨osszefoglal´ ´es ´abr´ akkal seg´ıthetj¨ uk a meg´ert´est, ´es ezekre hivatkozva t¨ om¨ or´ıthetj¨ uk jegyz˝ ok¨ onyv¨ unket. Term´eszetesen csak arra hivatkozhatunk, ami egy´ertelm˝ uen leolvashat´ o ´es j´ol l´athat´ o. A reproduk´ alhat´ o m´er´es le´ır´ asa nem helyettes´ıthet˝ o egy-k´et hom´ alyos vagy t´ avoli k´eppel.

170

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A formai ´es eszt´etikai elemek tal´ an t´ ulz´ asnak t˝ unhetnek, mert nincs konkr´et inform´ aci´ otartalmuk. Azonban egy form´azott, tagolt, mondhatni eszt´etikus dolgozatot sokkal k¨ onnyebb olvasni. Ez nemcsak a jav´ıt´onak hasznos, hanem nek¨ unk is, ha hosszabb id˝ o ut´ an u ´jra haszn´ alni szeretn´enk a jegyz˝ ok¨onyvet. Egy a´tl´ athatatlan munk´ at m´asoknak neh´ez meg´erteni, elolvasni, ´ıgy k¨onnyen fontos eredm´enyek ´es ¨ osszef¨ ugg´esek keveredhetnek el. Nem v´eletlen, hogy a m˝ uszaki ´es tudom´ anyos munk´ aknak szigor´ u formai k¨ ovetelm´enyei vannak. Az elm´ elet ´ es a m´ ert eredm´ enyek magyar´ azata Amennyiben relev´ans, nem a´rt a m´er´es elm´elet´et ´atgondolni m´eg a tervez˝ oasztaln´ al: ut´ anan´ezhet¨ unk valamilyen szakmai irodalomban vagy hiteles internetes forr´ ason a k´ıs´erletnek, kereshet¨ unk ´es k´erhet¨ unk praktikus tippeket, de az is fontos lehet, ha ´eszszer˝ u fizikai megfontol´ asok alapj´an elv´ar´ asokat fogalmazunk meg ol. P´eld´ aul: egy oldat t¨or´esmutat´ oja a koncentr´ acia m´er´es v´ arhat´ o eredm´enyeir˝ oj´at´ ´ ol monoton f¨ ugg, vagy hogy egy rugalmas sz´al megny´ ul´ asa az er˝ o n¨ovel´es´evel szint´en n˝ o. (Nem hat´ arozzuk meg, hogy pontosan milyen ¨osszef¨ ugg´est akarunk kapni, hanem csak gyeng´ebb krit´eriumokat adunk meg). Ehhez szorosan kapcsol´odik, hogy a m´er´es eredm´enyeit diszkut´aljuk, ´ertelmezz¨ uk, illetve ha van elt´er´es az elm´elet, az elv´artak ´es a tapasztaltak k¨oz¨ott, pr´ ob´aljunk r´ a magyar´azatot keresni. Ha esetleg a m´er´es nem k¨oveti szigor´ uan az elm´eletet, az nem felt´etlen jelent rossz eredm´enyt. Ez sz´ armazhat abb´ ol is, hogy az elm´elet valamely krit´eriuma nem volt biztos´ıtva, vagy a k¨ uls˝ o hat´ asok a v´artn´ al nagyobbak voltak. Ellenben ha a j´ozan ´esszel” t´ amasztott elv´ ar´asokat sem tartj´ak a m´ert ” ´ert´ekek, akkor ´erdemes elgondolkozni a k´ıs´erlet megism´etl´es´en. Ha sehogy sem tudassal, ´es nem tal´ alunk kiel´eg´ıt˝o magyar´azajuk ¨osszeegyeztetni az adatokat egym´ tot, akkor a m´er´es¨ unk konkl´ uzi´oja lehet az, hogy ezzel a m´ odszerrel nem siker¨ ult az elm´elettel ¨ osszeegyeztethet˝ o eredm´enyt kapnunk Ez is egy lehets´eges v´ alasz, amennyiben a munka tudom´anyoss´ ag´ aval” ´es korrekts´eg´evel” nincsenek probl´e” ” m´ ak, ez is a m´er´esi feladat teljes ´ert´ek˝ u ´es helyes megold´ asa (s˝ ot, itt kezd˝ odhetnek a nagyon izgalmas dolgok).

v´egzi, az olyan rendszerezett tud´ast, hozz´ a´ all´ ast, gondolkod´ asm´ odot, szeml´eletet, magabiztoss´ agot, kitart´ ast, egy tudom´ anyos munka meg´ır´ as´ anak a k´epess´eg´et ´es m´odszeress´eget szerez, melyekhez m´ ask´epp nagyon nehezen juthatna hozz´ a. Ahhoz, hogy a m´er´est mag´at megszeress¨ uk, ´es hogy ´elvezni tudjuk a feladatmegold´ ast, gyakran csak akkor jutunk el, ha m´ ar t¨ obbet is elv´egezt¨ unk – j´ okat, rosszabbakat, szenved˝ osebbeket, k¨ onnyebbeket, unalmasakat, l´ atv´ anyosakat –, ugyanis ekkor tudjuk ´ert´ekelni, hogy mit is jelent, amikor egy tudom´ anyos tartalommal b´ır´o munk´ at v´egz¨ unk, amit azt´ an egy magas sz´ınvonal´ u ´ır´ assal, ¨ osszefoglal´ oval b¨ uszk´en” meg tudunk osztani m´ asokkal. ” Kond´ akor M´ ark Nagyat´ad

Fizika feladatok megold´ asa

P. 5153. K´et egyforma, homog´en r´ ud egy-egy v´egpontja csukl´ osan kapcsol´ odik egym´ ashoz. A rudak v´ızszintes, s´ url´ od´ asmentes asztallapon egy egyenes ment´en nyugszanak. Az egyik r´ ud szabad v´eg´ere a r´ udra mer˝ oleges ir´ anyban hirtelen r´ au unk, mire az a pont 1 m/s sebess´eggel kezd el mozogni. Milyen ir´ anyban ´es ¨t¨ mekkora sebess´eggel indul el a m´ asik r´ ud szabad v´egpontja? (6 pont)

K¨ ozli: Gn¨ adig P´eter, V´acduka

Megold´ as. A hirtelen er˝ ol¨ ok´est k¨ ovet˝o pillanatban m´eg nincsenek oldalir´ any´ u sebess´egek, hiszen a rudak hossza adott, ´es az eg´esz rendszer oldalir´any´ u lend¨ ulete nulla. Haszn´aljuk az ´ abr´ an l´ athat´ o jel¨ ol´eseket, ´es az ott bejel¨ olt ir´ anyokat tekints¨ uk pozit´ıvnak.

Z´ ar´ o gondolatok Z´ar´ ask´ent tal´ an a legfontosabb gondolat, hogy ne f´elj¨ unk a m´er´est˝ ol, illetve ne f´elj¨ unk k´ıs´erletezni, bark´ acsolni, m´erni. A m´asik legfontosabb, hogy ne f´elj¨ unk a munk´ at´ ol, amit a jegyz˝ ok¨ onyv´ır´ as ´es a h´ att´ermunka jelent: az els˝ o alkalmakkor ez nagyon-nagyon sok id˝ ot el tud venni, de ez a gyakorlattal egyre ink´ abb g¨ord¨ ul´eore v´ekenyebb´e ´es rutinszer˝ uv´e v´alik. Lehet, hogy ´ıgy le´ırva ´es ¨osszeszedve ez els˝ ” gel´ athatatlanul sok” teend˝ o, de ´ altal´ aban az egyes szakaszok ´es r´eszletek a rutinnal ´es magabiztoss´ aggal folyamatosan m´ely¨ ulnek ´es r¨ ogz¨ ulnek – pontosan ugyan´ ugy, mint b´ armely m´as esetben. Id˝ onk´ent felteszik a k´erd´est, hogy mi´ert ´erdemes csin´alni a m´er´esi pontversenyt. Viszonylag sok apr´ ol´ekos feladat, a k´ıs´erletet meg kell tervezni ´es ´ep´ıteni, ami sok id˝o, jegyz˝ ok¨ onyvet ugyan ki szeret ´ırni, s˝ ot, esetleg kisebb anyagi r´ aford´ıt´assal j´ar, ´es m´eg csak azt sem tudjuk mindig biztosan, hogy j´ o-e, amit csin´ altunk. Ennek ellen´ere annyi bizonyos, hogy aki a m´er´esi feladatokat rendszeresen, becs¨ uletesen

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

171

A rendszernek az O pontra vonatkoztatott perd¨ ulete az u ¨t´es ut´ani pillanatban nulla, hiszen a kezdeti perd¨ ulet nulla volt, ´es az er˝ ol¨ ok´es ir´ anya (hat´ asvonala) ´atmegy az O ponton, teh´ at az erre a pontra vonatkoztatott forgat´ onyomat´ek nulla. 172

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A teljes perd¨ ulet a t¨ omegk¨ oz´eppont k¨ or¨ uli forg´asb´ ol ad´od´o saj´ atperd¨ ulet ´es a t¨ omegk¨ oz´eppont mozg´ as´ab´ ol ad´od´ o p´ alyaperd¨ ulet ¨osszege. Mivel az hossz´ us´ag´ u, 1 m 2 , a rendszer teljes perd¨ um t¨ omeg˝ u homog´en r´ ud tehetetlens´egi nyomat´eka 12 lete: 0=m

1 v1 + v2 3 1 v1 − v0 v2 − v1 v0 + v1 + m 2 +m + m 2 , 2 2 12 2 2 12

Fejezz¨ uk ki (1)-b˝ ol v1 -et: v1 = −

majd helyettes´ıts¨ uk be ezt a kifejez´est a (4) egyenletbe. Algebrai a´talak´ıt´ asok ut´an a 14v22 + 5v2 v0 − v02 = 0

vagyis (1)

m´asodfok´ u egyenlethez jutunk, amelynek megold´asai:

0 = v0 + 6v1 + 5v2 .

A Δt ideig tart´ o, F nagys´ ag´ u er˝o F Δt er˝ ol¨ ok´esnek felel meg. (Egy hirtelen u ¨t´esn´el F nagyon nagy, Δt pedig nagyon kicsi.) Newton t¨orv´enye ´ertelm´eben a rendszer impulzus´ anak (lend¨ ulet´enek) megv´ altoz´ asa az er˝ ol¨ ok´es nagys´ ag´ aval egyezik meg: (2)

F Δt = m

v1 + v2 v0 + v1 +m . 2 2

v0 F Δt, 2

vagyis (2) felhaszn´ al´as´aval: (3)

W =

mv0 (v0 + 2v1 + v2 ). 4

Ez a munka megegyezik a megl¨ ok¨ ott rendszer teljes mozg´asi energi´aj´aval. Egyegy r´ uddarab mozg´asi energi´ aja k´et tag (a t¨ omegk¨oz´eppontba k´epzelt t¨omegpont mozg´ asi energi´ aj´anek ´es a t¨ omegk¨ oz´eppont k¨ or¨ uli forg´as energi´aj´anak) ¨osszegek´ent kaphat´ o meg. A teljes mozg´asi energia az egyes r´ uddarabok mozg´asi energi´ aj´anak osszege: ¨ Emozg´asi

1 = m 2



v0 + v1 2

1 + m 2



2

v1 + v2 2

1 + 2

2



1 m 2 12

1 + 2





1 m 2 12

v1 − v0



2

v2 − v1

2

´es ekkor

v1 =

1 v0 , 4

illetve v2 =

1 v0 , 7

´es ekkor

2 v1 = − v0 . 7

Mindk´et megold´ as” kiel´eg´ıti a lend¨ uletv´ altoz´ as ´es az O pontra vonatkoz´ o perd¨ ulet” v´ altoz´ as, valamint a munkat´etel egyenleteit. Nyilv´ anval´ o, hogy csak az egyik lehet helyes, hiszen az O pontbeli u an a rendszer nem viselkedhet k´etf´elek´eppen. ¨t´es ut´ Vajon melyik a helyes megol´as? Bel´ atjuk, hogy t´enylegesen a II. esetnek megfelel˝ o mozg´as val´osul meg, az els˝o eset csak egy (a matematikai l´ep´esek sor´ an el˝obukkant) hamis gy¨ ok”. ” Nevezz¨ uk az er˝ol¨ ok´essel megegyez˝ o (az ´ abr´ an felfel´e mutat´ o, pozit´ıvnak tekintett) ir´ anyt el˝ orefel´enek”, az ezzel ellent´etes ir´ anyt pedig h´ atrafel´enek”. A sz¨ ogse” ” bess´eg, a perd¨ ulet ´es a forgat´ onyomat´ek akkor pozit´ıv, ha az o´ramutat´o j´ar´ as´ aval ol leolvasellent´etes ir´ any´ unak l´ atszanak a rajzon. A kisz´ am´ıtott v1 ´es v2 ´ert´ekekb˝ hatjuk, hogy – mindk´et megold´ asban – a jobb oldali r´ udnak az O pontra vonatkoz´ o perd¨ ulete negat´ıv. A bal oldali r´ ud a P pontban ´erintkezik a jobb oldali r´ uddal, ´es itt h´ atrafel´e mutat´ o (teh´ at negat´ıv forgat´ onyomat´ek´ u) er˝ ol¨ ok´est kell kifejtenie a jobb oldali r´eszre; csak ekkor lesz a jobb oldali r´ ud perd¨ ulete (az O pontra vonatkoztatva) az er˝ ol¨ok´es ut´ an negat´ıv. A sebess´egek ismeret´eben kisz´am´ıthatjuk, hogy a jobb oldali r´ ud sz¨ ogsebess´ege az els˝o esetnek megfelel˝o v1 ´es v2 mellett ω2 =

3v0 v2 − v1 =− < 0, 4

a m´asodik esetben pedig . ω2 =

4v12 + 2v1 v2 + 2v22 = 4v1 v0 + 3v0 v2 + v02 .

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

1 v2 = − v0 , 2

+

A munkat´etel szerint W = Emozg´asi , ahonnan (3) felhaszn´al´asa ´es algebrai a´talak´ıt´ asok ut´an ez ad´ odik: (4)

I. eset:

II. eset:

Az (1) ´es (2) egyenlet kett˝ on´el t¨ obb ismeretlent tartalmaz (v1 -et, v2 -t ´es arozni. A hi´ anyz´o harmadik F Δt-t), bel˝ ol¨ uk a keresett v2 -t m´eg nem tudjuk meghat´ osszef¨ ugg´est a munkat´etel adhatja. A r´ ud meg¨ ut¨ ott v´eg´ere F nagys´ ag´ u er˝ o hat, ¨ ´es az elmozdul´asa (a null´ar´ ol v0 -ra n¨ ovelt sebess´eg ´atlagos ´ert´ek´evel sz´ amolva) at (v0 /2)Δt. A v´egzett munka teh´ W =

v0 + 5v2 , 6

173

3v0 v2 − v1 = > 0. 7

Fentebb bel´ attuk, hogy a P pontban a jobb oldali r´ udra h´ atrafel´e mutat´ o er˝ ol¨ ok´es hat, ez a r´ ud t¨omegk¨ oz´eppontj´ara vonatkoz´ oan pozit´ıv forgat´ onyomat´ekot eredm´enyez, teh´ at a r´ ud sz¨ ogsebess´ege is pozit´ıv lesz a m´ asik r´ ud m´ asik v´eg´et ´er˝ o hirtelen 174

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

u an. Ez csak a m´ asodik esetben teljes¨ ul, ´ıgy most m´ ar hat´ arozottan kijelent¨t´es ut´ hetj¨ uk, hogy a szabad v´egpont t´enylegesen v2 =

1 1 m v0 = 7 7 s

sebess´eggel indul el el˝ orefel´e”. ” ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Bokor Endre (Budapest, Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an Megjegyz´es. A k´et r´ udb´ ol ´ all´ o rendszer o ulet´enek ´es a teljes mozg´ asi ener¨sszes lend¨ gi´ aj´ anak kisz´ am´ıt´ asakor a Δt ideig hat´ o er˝ ot ´ alland´ o nagys´ ag´ unak tekintett¨ uk. Be lehet l´ atni, hogy az eredm´eny akkor sem v´ altozik meg, ha az er˝ o az id˝ onek tetsz˝ oleges m´ odon v´ altoz´ o F (t) f¨ uggv´enye. (G. P.) 5 dolgozat ´erkezett. Helyes Bokor Endre megold´ asa. Hi´ anyos (2–3 pont) 2, hib´ as 2 dolgozat.

P. 5154. Egy filmjelenetben egy fi´ u biciklizik. Ahogy a fi´ u lassan teker, a kerekek a ker´ekp´ ar halad´ asi ir´ any´ anak megfelel˝ o ir´ anyban l´ atszanak forogni. Mik¨ ozben a fi´ u lassan n¨ oveli a sebess´eg´et, egyszer csak a kerekek az ellenkez˝ o ir´ anyban l´ atszanak forogni. A sebess´eg tov´ abbi n¨ ovel´esekor a kerekek l´ atsz´ olagos forg´ asa fokozatosan lassul (de m´eg mindig a rossz” ir´ anyba forognak), m´ıg egy bizonyos v halad´ asi ” sebess´eg eset´en u ´gy t˝ unik, mintha a kerekek forg´ asa meg´ allna. Mekkora v ´ert´eke, ha a kerekek ker¨ ulete 2,5 m, mindegyik ker´eknek 36 k¨ ull˝ oje van, ´es a film m´ asodpercenk´ent 24 filmkock´ ab´ ol ´ all?

Megjegyz´esek. 1. A megold´ as sor´ an felt´etelezt¨ uk, hogy a bicikliker´ek k¨ ull˝ oi sug´ ar ir´ any´ uak. Ez a val´ os´ agban nem pontosan teljes¨ ul, a k¨ ull˝ ok kicsit ferd´en”, egym´ ast ke” resztezve helyezkednek el. Ha ez nem ´ıgy lenne, akkor a k¨ ull˝ ok nem (vagy csak a tengely ´es az abroncs egym´ ashoz viszony´ıtott eltekered´ese ut´ an) lenn´enek k´epesek a meghajtott ker´ek tengely´ere hat´ o forgat´ onyomat´ekot az abroncsnak ´ atadni”. ” 1 asodpercenk´ent k¨ ovetik egym´ ast, a filmet m´egsem felvilla2. A film k´epkock´ ai 24 m´ n´ asok sorozat´ anak, hanem folytonosnak ´erz´ekelj¨ uk. Ezt az teszi lehet˝ ov´e, hogy az agyunk u ´n. tudattalan r´esze kit¨ olti a hi´ anyz´ o id˝ ok¨ oz¨ oket. Ha k´et k´ep k¨ oz¨ ott a ker´ek kevesebbet fordul el, mint a szomsz´edos k¨ ull˝ ok k¨ oz¨ otti sz¨ og fele, akkor a val´ odi ( j´ o ir´ any´ u”) mozg´ ast ” ´erz´ekelj¨ uk. Ha az elfordul´ as enn´el nagyobb, akkor az agyunk tudattalan m˝ uk¨ od´ese u ´gy eg´esz´ıti ki a hi´ anyz´ o r´eszeket, mintha a k¨ ovetkez˝ o k¨ ull˝ o fordult volna el a rossz ir´ any” ba” (vagyis visszafel´e). Ennek feltehet˝ oen az az oka, hogy ilyen ´ertelmez´esben” kisebb ” a sz¨ ogelfordul´ as, ´es az agyunk ezt tartja val´ osz´ın˝ ubbnek. (G. P.) 78 dolgozat ´erkezett. Helyes 65 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 3, hi´ anyos (1–2 pont) 9, hib´ as 1 dolgozat.

P. 5155. Egy (n + 4) hossz´ us´ ag´ u, v´ekony huzalb´ ol olyan tengelyesen szimmetrikus E bet˝ ut hajl´ıtottunk, amelynek v´ızszintes sz´ arai hossz´ us´ ag´ uak, f¨ ugg˝ oleges sz´ ara pedig n hossz´ us´ ag´ u. Hol van az alakzat t¨ omegk¨ oz´eppontja? (4 pont)

Megold´ as. Legyen a huzal hossz´ us´ ag´ u darabj´anak t¨ omege m. Az E bet˝ u fels˝ o (v´ızszintes) sz´ar´ anak t¨ omege m, a k¨ oz´eps˝ o sz´ar´e 2m, az als´ o sz´ ar´e m, a f¨ ugg˝oleges sz´ ar´anak t¨ omege pedig nm. A v´ızszintes sz´ arak t¨ omegk¨ oz´eppontjai a vizszintes sz´ arak felez˝ opontj´ aban, a f¨ ugg˝oleges sz´ ar t¨ omegk¨ oz´eppontja a f¨ ugg˝ oleges sz´ ar felez˝opontj´aban helyezkedik el. Helyezz¨ uk a koordin´ ata-rendszer orig´ oj´at a f¨ ugg˝oleges sz´ ar t¨ omegk¨ oz´eppontj´aba. A pontrendszer T t¨ omegk¨ oz´eppontj´aba mutat´o vektort a´ltal´ anos esetben az

(4 pont) Megold´ as. A ker´ek forg´ as´at a szem¨ unk a megfigyelhet˝ o k¨ ull˝ok mozg´asa alapj´an k´epes ´erz´ekelni, vagyis annak megfelel˝ oen tudatosul benn¨ unk a forg´as ir´anya, ull˝oket. A filmben a k¨ ull˝oket nem minden id˝ohogy merre l´atjuk elfordulni a k¨ pillanatban, hanem csak az egym´ ast k¨ ovet˝o k´epkock´ akon l´atjuk. Ha a ker´ek k´et 1 k´epkock´ aja k¨ oz¨ otti 24 s (kb. 0,0417 s) alatt ´eppen annyit fordul el, hogy a k¨ ull˝ok a kor´ abbi k´epkock´ ahoz k´epest az el˝ ott¨ uk l´ev˝ o hely´ere ´erjenek, akkor nem l´ atunk k¨ ul¨ onbs´eget a k´epkock´ ak k¨ oz¨ ott, ´es u ´gy fog t˝ unni, mintha a ker´ek nem is forogna. A ker´ek sebess´eg´et kisz´amolhatjuk abb´ ol, hogy mennyi utat kell megtennie egys´egnyi id˝ o alatt (v = s/t). A 36 k¨ ull˝o 36 r´eszre osztja a ker´ek ker¨ ulet´et, ami azt jelenti, hogy am´ıg 1 r´esz´et, az egyik k¨ ull˝o elfoglalja az el˝otte l´ev˝ o hely´et, a 2,5 m hossz´ u ker¨ ulet 36 azaz 0,0694 m-t kell megtennie a ker´eknek. Ezt az utat elosztva a megt´etel´ehez sz¨ uks´eges id˝ ovel megkapjuk a ker´ekp´ ar sebess´eg´et: v=

r=

N 

mi r i

i=1 N 

mi

i=1

osszef¨ ugg´es adja meg. ¨

m km 0,0694 m = 1,67 ≈6 . 0,0416 s s h

Eset¨ unkben nm · 0 + m · 2 + 2m · 2 + m · 2 2 = , Tx = (n + 4)m n+4

´ S´ aghy Aron T´ ad´e (Miskolc, Herman Ott´ o Gimn., 11. ´evf.) dolgozata alapj´an K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

K¨ ozli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest

175

176

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

Ty =

nm · 0 + m · + 2m · 0 + m · (− ) = 0. (n + 4)m

A t¨ omegk¨ oz´eppont teh´ at az r=



Ebb˝ ol m´ar kisz´am´ıthatjuk, hogy a kiindul´asi helyzet´en´el mennyivel ker¨ ul magasabbra a fon´ alon leng˝o g¨ omb, amikor u ´jra meg´all: 2

2 ,0 n+4

Δh =

2 helyvektor´ u pontban, vagyis a k¨ oz´eps˝ o sz´ ar ment´en, annak bal sz´el´et˝ ol n+4 t´avols´agban tal´ alhat´ o.

(8 · 10−9 C) Q2 = ≈ F 16πε0 Rmg 16π · (8,854 · 10−12 m ) · (10−2 m) · (10−3 kg) · (9,81 sm2 )

≈ 0,0015 m = 1,5 mm. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Varga V´ azsony (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an

D´ek´ any Csaba (Gy˝or, R´evai M. Gimn., 10. ´evf.) 77 dolgozat ´erkezett. Helyes 47 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 6, hi´ anyos (1–2 pont) 12, hib´ as 10, nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

P. 5160. R¨ ogz´ıtett szigetel˝ o´ allv´ any tetej´ere er˝ os´ıtett kicsiny, d = 2 cm ´ atm´er˝ oj˝ u f´emg¨ omb t¨ olt´ese Q = 8 · 10−9 C. V´ekony, = 1 m hossz´ u, az ´ abra szerint felf¨ uggesztett szigetel˝ osz´ al v´eg´ere er˝ os´ıtett ugyanakkora semleges f´emg¨ omb uk, majd elt¨ omege m = 1 g. A fonalat α = 60◦ -ig kit´er´ıtj¨ engedj¨ uk. A k´et g¨ omb centr´ alisan, abszol´ ut rugalmasan u ¨tk¨ ozik. Az u oz´es sor´ an az elektromos mez˝ o energi´ aja nem ¨tk¨ v´ altozik, energiadisszip´ aci´ o nincsen. A kiindul´ asi helyzet´en´el mennyivel ker¨ ul magasabbra a fon´ alinga kis g¨ ombje, ha a l´egellen´ all´ as is elhanyagolhat´ o? (L´asd m´eg a kapacit´asokr´ ol sz´ol´o cikket lapunk 2019. ´evi szeptemberi sz´ am´anak 425. oldal´ an.) (5 pont)

K¨ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

u f´emg¨omb¨ok a m´ereMegold´ as. Amikor az R = d/2 sugar´ u, Q1 ´es Q2 t¨olt´es˝ t¨ ukn´el sokkal nagyobb t´ avols´ agra vannak egym´ ast´ ol, akkor a rendszer elektrosztatikus energi´ aja j´o k¨ ozel´ıt´essel W =

1 Q22 Q2 + Q22 1 Q21 + = 1 2 4πε0 R 2 4πε0 R 8πε0 R

m´ odon adhat´ o meg. (A k¨ ozel´ıt´es annak felel meg, hogy elhanyagoljuk a f´emg¨omb¨ok egym´ asra kifejtett hat´ as´ at, az elektromos megoszt´ast.) Kezdetben a szigetel˝osz´ alhoz er˝ os´ıtett g¨ omb t¨ olt´ese Q1 = 0, a szigetel˝ o´allv´ anyhoz r¨ ogz´ıtett f´emg¨ omb t¨ olt´ese pedig Q2 = 8 · 10−9 C. Az u ¨tk¨oz´es ut´an mindk´et g¨omb oz´es r¨ ovid ideje alatt a t¨olt´esek kiegyenl´ıt¨ olt´ese Q1;2 = 4 · 10−9 C, hiszen az u ¨tk¨ t˝ odnek, ´es a szimmetria miatt fele-fele ar´ anyban ker¨ ulnek a k´et f´emg¨ombre. Mivel az u oz´es sor´ an az elektromos mez˝o energi´aja nem v´ altozik (´es mechanikai ener¨tk¨ giavesztes´eg sincsen), a kezdeti ´es a v´egs˝ o elektrosztatikus energia k¨ ul¨onbs´ege meg fog egyezni a helyzeti energia megv´altoz´ as´ aval: Q 2

ΔEh = mgΔh = W1 − W2 = K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

Q2 − 2 · ( 2 ) 8πε0 R

=

Q2 . 16πε0 R 177

Megjegyz´es. A k´et f´emg¨ omb k¨ oz¨ otti elektrosztatikus k¨ olcs¨ onhat´ as csak akkor hanyagolhat´ o el, amikor a g¨ omb¨ ok elegend˝ oen t´ avol vannak egym´ ast´ ol. Amikor k¨ ozelednek egym´ ashoz, majd ¨ ossze´ernek, az er˝ oteljes elektromos megoszt´ as miatt csak bonyolultan kisz´ amolhat´ o er˝ o l´ep fel k¨ oz¨ ott¨ uk. Ezen er˝ o munk´ aja miatt a f´emg¨ omb sebess´ege (mozg´ asi energi´ aja) bonyolult m´ odon v´ altozik, ´es m´ odos´ıtja az u oz´es sebess´eg´et. Szerencs´ere ezt ¨tk¨ a sz´ am´ıt´ ast nem kell elv´egezn¨ unk, ha nem az u oz´es sebess´eg´et, hanem csak a kiindul´ asi ¨tk¨ ´es az ism´etelt meg´ all´ ashoz tartoz´ o magass´ agot akarjuk ¨ osszehasonl´ıtani. Azt az a ´ll´ıt´ ast, ovetkez˝ o hirtelen t¨ olt´es´ atrendez˝ od´es nem vezet energiavesztes´eghogy az u oz´eskor bek¨ ¨tk¨ hez, a hivatkozott cikk alapj´ an lehet bel´ atni, de a feladatban feltett k´erd´es en´elk¨ ul is megv´ alaszolhat´ o. 17 dolgozat ´erkezett. Helyes Bokor Endre ´es Varga V´ azsony megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 2, hi´ anyos (2–3 pont) 13 dolgozat.

P. 5161. Homog´en, B indukci´ ovektor´ u, er˝ os m´ agneses t´erbe R sugar´ u, igen hossz´ u, t¨ oltetlen f´emhengert helyez¨ unk. A henger tengely´et az indukci´ ovektorral p´ arhuzamosan r¨ ogz´ıtj¨ uk, majd ak¨ or¨ ul ω sz¨ ogsebess´eggel forgatni kezdj¨ uk. Mekkora fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg alakul ki a henger pal´ astj´ an? (5 pont)

K¨ ozli: N´emeth R´ obert, Budapest

Megold´ as. El˝ osz¨ or adjuk meg a jelens´eg kvalitat´ıv le´ır´ as´ at, a hengerpal´ ast felt¨olt˝ od´es´enek magyar´ azat´ at! A f´emben a q = −e < 0 t¨ olt´es˝ u elektronok szabadon el tudnak mozdulni a f´em u krist´ alykrist´alyr´acs´ ahoz k´epest. Az elektronok nagyon hamar a f´em pozit´ıv t¨ olt´es˝ r´acs´ aval egy¨ utt fognak mozogni, de a r´ ajuk hat´ o m´ agneses er˝ o hat´ as´ ara sug´ arir´anyban (kifel´e vagy befel´e) elmozdulhatnak, ´es t´enylegesen el is mozdulnak. Ha a forg´ as ir´anya (mondjuk) olyan, hogy a B vektor a balk´ez-szab´ alynak megfelel˝o ir´ anyba mutat, akkor a m´ agneses Lorentz-er˝ o sug´ arir´anyban kifel´e h´ uzza az elektronokat. Emiatt a henger fel¨ ulet´en negat´ıv t¨ olt´esek halmoz´ odnak fel, mik¨ ozben a henger bels˝o r´esze pozit´ıvv´ a v´ alik. A t¨ olt´essz´etv´ al´as miatt kialakul egy olyan E(r) elektromos t´er, amelyik sug´arir´anyban kifel´e mutat, teh´ at a henger tengelye fel´e h´ uzza az elektronokat. A sug´ arir´any´ u t¨ olt´esv´ andorl´ as mindaddig tart, am´ıg az eletromos er˝o nagys´ aga el nem ´eri a m´agneses er˝ o nagys´ ag´ at, s˝ ot, egy kicsit t´ ul is l´epi azt, hiszem az ered˝ o ormozg´ ast v´egz˝ o elektronok centripet´alis gyorsul´ast is elektrom´ agneses er˝ onek a k¨ biztos´ıtania kell. C´elunk a fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg (vagyis a hengerpal´ ast egys´egnyi fel¨ ulet˝ u darabj´ara ki¨ ul˝ o” t¨ olt´es) nagys´ ag´ anak meghat´aroz´ asa. ” 178

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A m´ agneses er˝ o nagys´ aga a henger p´al´astj´ anak k¨ozvetlen k¨ozel´eben (de m´eg a f´em belsej´eben): F = |e|ωRB, az elektromos er˝ o nagys´ aga pedig |e|E(R). Az m t¨omeg˝ u elektronok mozg´asegyenlete:

(T0 az 5, illetve 10 leng´es id˝ otartama.) Ezek szerint

|e|E(R) − |e|ωRB = mRω 2 ,

2π

2π 



1 g

1 +120 cm g

=



1 1 = , 1 + 120 cm 2

ahonnan az elektromos t´erer˝ oss´eg a hengerpal´ ast k¨ozvetlen k¨ozel´eben: m E(R) = ωRB + Rω 2 . |e|

ahonnan

(A jobb oldal m´ asodik tagja minden re´ alis esetben sok nagys´ agrenddel kisebb az els˝o tagn´ al, emiatt a tov´ abbiakban az m-mel ar´ anyos kifejez´est elhanyagoljuk.)

vagyis

A f´emhenger eg´esze elektromosan semleges, teh´ at a hengerpal´aston k´ıv¨ ul az elektromos t´erer˝ oss´eg nulla. A henger pal´ astj´anak egy kicsiny, A fel¨ ulet˝ u darabk´ aj´aba a henger belsej´eb˝ ol Ψ = AE(R) elektromos fluxus (ilyen sz´am´ u elektromos er˝ ovonal) l´ep be, a k¨ uls˝ o oldalon pedig semennyi fluxus nem l´ep ki. A fel¨ ulet teh´ at az elektromos t´er nyel˝ oje”, vagyis negat´ıv t¨ olt´eseket tartalmaz. A Gauss-t¨orv´eny ” szerint ez a t¨ olt´es:

k¨ovetkezik. Az ing´ak hossza teh´at 1 = 40 cm ´es 2 = 160 cm. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Tak´ acs D´ ora (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an

Q = −ε0 Ψ = −ε0 AE(R) = −ε0 ωRB A, vagyis a keresett fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg: Q = −ε0 ωRB. A Mindez akkor igaz, ha a forg´asir´ any a m´ agneses indukci´ ohoz viszony´ıtva balmene” tes”, vagyis a balk´ez-szab´ alynak tesz eleget. Ellent´etes forg´ asir´ any eset´en a negat´ıv t¨ olt´esek a henger tengelye fel´e mozdulnak el, ´es emiatt a fel¨ uleti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg +ε0 ωRB lesz. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Bokor Endre (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata felhaszn´ al´as´ aval σ=

´ 12 dolgozat ´erkezett. Helyes Bokor Endre, Fonyi M´ at´e S´ andor ´es Koz´ ak Aron megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 2, hi´ anyos (2–3 pont) 4, hib´ as 3 dolgozat.

1 1 = , 1 + 120 cm 4 4 1 = 1 + 120 cm

=⇒

1 = 40 cm

40 dolgozat ´erkezett. Helyes 30 megold´ as. Hi´ anyos (1–2 pont) 8, hib´ as 2 dolgozat.

P. 5166. Egy E¨ otv¨ os-inga 2r = 40 cm-es r´ udj´ anak v´egeire egy-egy m = 30 g t¨ omeg˝ u, kicsiny testet er˝ os´ıt¨ unk. A rendk´ıv¨ ul k¨ onny˝ u r´ ud egy hajsz´ alv´ekony f´emsz´ alon f¨ ugg, v´ızszintes helyzetben. K¨ ozep´et˝ ol m´erve R = 3 m t´ avols´ agban, vele azonos omeg˝ u´ olomgoly´ ot helyeztek el. magass´ agban egy m∗ = 100 kg t¨ a) Mekkora forgat´ onyomat´ekot gyakorol az o ´lomgoly´ o az ing´ ara, amikor a goly´ ot ´es az ingar´ ud k¨ ozep´et ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes ϕ sz¨ oget z´ ar be a r´ ud ir´ any´ aval? ´ b) Abr´ azoljuk a forgat´ onyomat´ekot ϕ f¨ uggv´eny´eben! Mekkora sz¨ ogn´el lesz maxim´ alis a forgat´ onyomat´ek? (5 pont)

K¨ ozli: Cserti J´ ozsef, Budapest

Megold´ as. a) Jel¨ olje az ´olomgoly´ ohoz k¨ ozelebbi testre vonatkoz´ o mennyis´egeket 1-es, a t´ avolabbi test jellemz˝ oit pedig 2-es index, a feladat sz¨ oveg´eben szerepl˝ o ϕ pedig legyen az 1. ´ abr´ an l´ athat´ o sz¨ og (0  ϕ  90◦ ).

P. 5164. Ugyanannyi id˝ o alatt egy fon´ alinga 5, egy m´ asik 10 kis amplit´ ud´ oj´ u leng´est v´egez. Milyen hossz´ uak az ing´ ak, ha az egyik inga 120 cm-rel hosszabb a m´ asikn´ al? (3 pont)

P´eldat´ ari feladat nyom´ an

Megold´ as. Mivel a leng´esek amplit´ ud´ oja kicsi, az ing´ ak peri´odusideje  . T = 2π g

1. ´ abra

a´e pedig 2 = 1 + 120 cm. Legyen a r¨ ovidebb fon´ al hossza 1 , a hosszabb ing´ A hosszabb inga leng´esideje lesz a nagyobb, a peri´odusid˝ok ar´anya T

0 1 T1 = T10 = . 0 T2 2

5

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

179

Az m∗ t¨ omeg˝ u goly´ o k¨ oz´eppontj´anak az egyes t¨ omegekt˝ ol m´ert t´ avols´ aga a koszinuszt´etelb˝ ol sz´amolhat´ o ki:

d1 = R2 + r2 − 2rR cos ϕ,

d2 = R2 + r2 + 2rR cos ϕ. 180

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A forgat´ onyomat´ekot a gravit´ aci´ os er˝o hozza l´etre, amelynek ir´ anya m∗ fel´e mutat, nagys´ aga: mm∗ F1,2 = γ 2 . d1,2 Az ´olomgoly´ ot´ ol n´ezve a testek (a r´ ud k¨ oz´eppontj´anak ir´any´ at´ ol m´erve) akkora α1 ´es α2 sz¨ og alatt l´atszanak, melyekre – a szinuszt´etel alapj´ an – teljes¨ ul: sin α1,2 =

r sin ϕ, d1,2

P. 5170. D¨ orzs¨ ol´essel felt¨ olt¨ ott, egyforma sz´ıv´ osz´ alak v´ızszintes s´ıkban, egym´ assal p´ arhuzamosan u ´gy helyezkednek el, hogy a v´egeiket ¨ osszek¨ ot˝ o egyenesek mer˝ olegesek a sz´ıv´ osz´ alakra. Felt´etelezhetj¨ uk, hogy a t¨ olt´esek eloszl´ asa a sz´ alakon egyenletes, ´es mindegyik sz´ıv´ osz´ alnak ugyanakkora a t¨ olt´ese. A k´et sz´els˝ o sz´ al r¨ ogz´ıtett, egym´ ast´ ol val´ o t´ avols´ aguk j´ oval kisebb, mint egy sz´ıv´ osz´ al hossza. K¨ oz¨ ott¨ uk m´eg n´eh´ any olyan sz´ıv´ osz´ al helyezkedik el, amelyek szabadon elmozdulhatnak. Hogyan helyezkednek el ezek a szabadon mozg´ o sz´ alak, ha sz´ amuk a) kett˝ o; b) h´ arom? (5 pont) K¨ ozli: M´ arki-Zay J´ anos, H´ odmez˝ ov´ as´arhely

´es a megfelel˝o er˝ okarok: k1,2 = R sin α1,2

Megold´ as. Egy hossz´ us´ ag´ u, Q nagys´ ag´ u t¨ olt´essel egyenletesen felt¨ olt¨ ott sz´ıv´ osz´ al elektromos tere a Gausst¨ orv´eny alapj´ an hat´ arozhat´ o meg (1. ´ abra). A sz´ alat szimmetrikusan k¨ or¨ ulvev˝o, 2πr felsz´ın˝ u hengerpal´aston Φ = E(r) · 2πr elektromos fluxus halad ´ at”, ´es ez a hen” gerben l´ev˝ o Q t¨ olt´essel ar´ anyos:

Rr = sin ϕ. d1,2

A forgat´ onyomat´ekok ellent´etes ir´ any´ uak, de nem egyforma nagys´ ag´ uak, emiatt nem oltj´ ak ki” egym´ast. Az ered˝o forgat´ onyomat´ek nagys´ aga: ” mm∗ rR mm∗ rR · sin ϕ − γ 2 · sin ϕ = 2 d1 d1 d2 d2

1 1 ∗ − 3 . = γ mm rR · sin ϕ d31 d2

Φ=

M (ϕ) = F1 k1 − F2 k2 = γ

vagyis E(r) =

Teh´ at a forgat´ onyomat´ek ϕ sz¨ ogt˝ ol val´ o f¨ ugg´ese: M (ϕ) = γ mm∗ rR · sin ϕ((R2 + r2 − 2rR cos ϕ)

3 −2

− (R2 + r2 + 2rR cos ϕ)

3 −2

1. ´ abra

),

ami a megadott t¨ omegek ´es t´ avols´ agok behelyettes´ıt´ese ut´ an M (ϕ) = 1,20 · 10−10 sin ϕ((9,04 − 1,2 · cos ϕ)

3 −2

− (9,04 + 1,2 · cos ϕ)

3 −2

) Nm.

b) A kapott f¨ uggv´enyt a´br´ azolhatjuk pl. a GeoGebra seg´ıts´eg´evel (2. ´ abra), ´es leolvashatjuk, hogy a legnagyobb forgat´onyomaal l´ep fel, ´es a nagys´ aga t´ek ϕ = 44,7◦ ≈ 45◦ -n´ Mmax = 8,9 · 10−13 Nm. A forgat´ onyomat´ek ir´anya olyan, hogy a rudat a ϕ = 0 helyzetbe igyekszik beforgatni.

Q 1 1 · =K· . 2π ε0 r r

Mivel a sz´ıv´ osz´ alak hossz´ us´ aga is, ´es a t¨ olt´es¨ uk is ugyanakkora, a K t´enyez˝ o is ugyanakkora az ¨ osszes sz´ alra.

a) Jel¨olj¨ uk a sz´ıv´ osz´ alak t´ avols´ ag´ at a 2. ´ abr´ an l´ athat´ o m´ odon. (Kihaszn´ altuk, hogy a sz´ alak t¨ olt´ese is, ´es a hossza is ugyanakkora, emiatt az egyens´ ulyi ´allapot t¨ uk¨orszimmetrikus.) A bels˝ o sz´ alak egyens´ uly´ anak felt´etele:

ahonnan



QE =

KQ KQ KQ − − = 0, a b a+b 1 1 1 = + , a b a+b

vagyis a2 + ab − b2 = 0, ´es ebb˝ ol a

2. a ´bra

´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Varga V´ azsony (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an 17 dolgozat ´erkezett. Helyes 8 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 6, hi´ anyos (2–3 pont) 3 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

Q , ε0

181

 a 2

a

−1=0 b b m´asodfok´ u egyenlet k¨ ovetkezik. Ennek pozit´ıv megold´ asa: √ 5−1 a = ≈ 0,618. b 2 182

+

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

´ Megjegyz´es. Erdekes, hogy ez az ar´ any a h´ıres aranymetsz´es ar´ anysz´ ama.

P. 5172. F´enyes ev˝ okanalat tartunk 25 cm-re a szem¨ unkt˝ ol u ´gy, hogy a kan´ al sz´ ara f¨ ugg˝ oleges. A kan´ al homor´ u fel´et n´ezve a fej¨ unk ford´ıtott ´ all´ as´ u k´ep´et l´ atjuk, m´ıg a dombor´ u fel´et n´ezve a k´ep egyenes ´ all´ as´ u. Melyik k´epen l´ atjuk a fej¨ unk magass´ ag´ at (f¨ ugg˝ oleges m´eret´et) nagyobbnak, ´es ez a k´ep h´ anyszor nagyobb l´ at´ osz¨ ogben l´ atszik a m´ asikn´ al? A kan´ al f¨ ugg˝ oleges metszet´enek g¨ orb¨ uleti sugara 5 cm.

Az elmozd´ıthat´ o sz´ıv´ osz´ alak teh´at a b a : : ≈ 0,28 : 0,45 : 0,28 2a + b 2a + b 2a + b

(4 pont)

ar´ anyban osztj´ak fel a r¨ ogz´ıtett sz´ alak k¨ oz¨ otti t´ avols´ agot.

K¨ ozli: Honyek Gyula, Veresegyh´ az

okuszMegold´ as. A kan´ al homor´ u oldala (f¨ ugg˝oleges ir´ anyban) f1 = 2,5 cm f´ t´avols´ ag´ u homor´ u t¨ uk¨ ornek tekinthet˝ o, amely a t = 25 cm t´ avol l´ev˝ o fej¨ unkr˝ ol az 1 1 1 + = t k1 f1 t¨orv´eny szerint k1 =

tf1 25 cm ≈ 2,8 cm = t − f1 9

t´avols´ agban alkot val´ odi k´epet. Ez a k´ep a kan´ al el˝ott, a szem¨ unkt˝ ol d1 = t − k1 = 22,2 cm 2. a ´bra

3. a ´bra

b) A fentiekhez hasonl´o m´odon j´ arhatunk el a 3 mozgathat´ o sz´ıv´ osz´ al eset´eben is (3. ´ abra). Az er˝oegyens´ uly felt´etele:  amib˝ol a

QE =

KQ KQ KQ KQ − − − = 0, a b 2b a + 2b

t´avols´ agban, teh´ at a szem¨ unkt˝ ol d2 = t + |k2 | = 27,3 cm-re j¨ on l´etre. Mivel a kan´ alt´ ol m´ert k´ept´ avols´ ag a homor´ u oldaln´ al nagyobb, mint a dombor´ un´al, ´es a t´ argyt´ avols´ ag mindk´et esetben ugyanakkora, a homor´ u oldal eset´eben nagyobb a line´aris nagy´ıt´ as”: ” k2 k1 > = N2 . N1 = t t

2 b b 4 −6 −3=0 a a

m´ asodfok´ u egyenlet kapjuk. Ennek pozit´ıv gy¨ oke: b = a

√

t´avols´ agban j¨on l´etre. A kan´ al dombor´ u oldal´ at n´ezve egy f2 = −2,5 cm f´ okuszt´ avols´ ag´ u dombor´ u t¨ uk¨or ´altal alkotott l´ atsz´ olagos k´epet ´eszlel¨ unk. Ez a k´ep a kan´ al m¨ og¨ ott    tf2  25 = cm ≈ 2,3 cm |k2 | =  t − f2  11

A nagy´ıt´asok ar´anya: N1 11 ≈ 1,22. = N2 9 A szem¨ unk a´ltal ´erz´ekelt sz¨ ognagy´ıt´ asok ar´ anya m´eg enn´el is nagyobb, hiszen a homor´ u oldal a´ltal alkotott (nagyobb m´eret˝ u) k´ep k¨ ozelebb van a szem¨ unkh¨ oz, mint a dombor´ u oldal a´ltal l´etrehozott kisebb ´es t´ avolabbi k´ep.

21 + 3 ≈ 1,896. 4

A t´ avols´ agok ar´anya ebben az esetben a b b a : : : ≈ 0,17 : 0,33 : 0,33 : 0,17. 2a + 2b 2a + 2b 2a + 2b 2a + 2b Viczi´ an Anna (Budapest, Ba´ar-Madas Ref. Gimn., 12. ´evf.) dolgozata alapj´an ´ ´ ad ´es Viczi´ 14 dolgozat ´erkezett. Helyes B´ek´esi Abel, Tak´ acs Arp´ an Anna megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 5, hi´ anyos (1–3 pont) 5, hib´ as 1 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

183

Az arcunknak egy kicsiny, mondjuk 1 cm-es darabj´ at a kan´al homor´ u r´esz´eben avol van a szem¨ unkt˝ ol, N1 · 1 cm = 0,111 cm nagynak l´atjuk, ´es mivel a k´ep 22,8 cm t´ a l´at´ osz¨ogre tg α1 =

0,111 = 0,005, 22,2

vagyis

α1 = 0,286◦

ad´odik. 184

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

A dombor´ u oldalt n´ezve a k´ep nagys´ aga N2 · 1 cm = 0,091 cm, ´es mivel a k´ep 27,3 cm t´ avol van a szem¨ unkt˝ ol, a l´ at´ osz¨ og α2 = arctg A l´ at´ osz¨ ogek ar´ anya:

G. 701. Mekkora az ´ abr´ an l´ athat´ o k´et csiga fordulatsz´ am´ anak ar´anya, ha a sugaruk megegyezik? (A csig´ ak k¨ oz¨ otti k¨ ot´eldarabok f¨ ugg˝olegesnek tekinthet˝ ok.)

0,091 = 0,191◦ . 27,3

(3 pont) G. 702. Egy f¨ ugg˝oleges s´ık´ u vast´ abl´ ahoz 80 g t¨ omeg˝ u m´ agneskorong tapad. A lapos korongot 2 N er˝ ovel tudjuk f¨ ugg˝olegesen lefel´e cs´ usztatni. Mekkora er˝ o sz¨ uks´eges a korong felfel´e cs´ usztat´ as´ ahoz? Mekkora ´es milyen ir´ any´ u er˝ ovel tudjuk a korongot v´ızszintesen mozgatni a t´ abl´ an? (Az ´altalunk kifejtett er˝ o mindh´ arom esetben p´ arhuzamos a t´ abla s´ıkj´aval.)

α1 = 1,5. α2

Ha a fej¨ unknek nem 1 cm-es, hanem nagyobb r´esz´et n´ezz¨ uk, vagyis a t´argy”m´eret´et ” megn¨ ovelj¨ uk, a k´epek m´erete is – bizonyos hat´ arig – ar´ anyosan nagyobb lesz, de a l´ at´ osz¨ ogek ´es azok ar´anya nem v´ altozik. A fej¨ unk eg´esze azonban 25 cm-r˝ ol n´ezve m´ ar t´ ul nagy ahhoz, hogy az alkalmazott paraxi´ alis” k¨ozel´ıt´est el´eg pontosnak ” tekinthess¨ uk, ´ıgy a l´at´ osz¨ ogekre kapott 3 : 2 ar´any m´ ar el´eg pontatlanul teljes¨ ul. ´ Isk., 11. ´evf.) ´es Lud´ anyi Levente (Szeged, SZTE Gyak. Gimn. ´es Alt. Tanner Norman (Bonyh´ adi Pet˝ ofi S. Ev. Gimn. ´es Koll., 11. ´evf.) dolgozata alapj´an 10 dolgozat ´erkezett. Helyes Lud´ anyi Levente ´es Tanner Norman megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 7, hi´ anyos (2 pont) 1 dolgozat.

(4 pont) G. 703. Hogyan hat´ arozhatjuk meg egy tart´os elem bels˝o ellen´ all´as´ at egy (idea´lisnak tekinthet˝ o) digit´alis fesz¨ ults´egm´er˝ o ´es egy ismert ohmos ellen´all´ as (valamint r¨opzsin´ orok) seg´ıts´eg´evel? (3 pont) G. 704. Ha a Torricelli-k´ıs´erletet a tengerszinten v´egezz¨ uk el, akkor az u ¨vegcs˝ oben 76 cm magasra emelkedik a higany. Egy igen magas hegyen azonban csak 40 cm-es higanyoszlop-magass´agot m´er¨ unk. Milyen magas lehet a hegy? (3 pont) P. 5208. Egy 0,6 kg t¨ omeg˝ u kos´arlabda 1,05 m-r˝ ol elengedve 0,57 m-re pattan vissza. a) Mennyi a mechanikai energiavesztes´eg a padl´ oval val´ ou ¨tk¨ oz´es miatt?

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

b) Mekkora a visszapattan´ as ´es a f¨ oldet ´er´es sebess´eg´enek ar´ anya? (Ezt az ar´ anysz´amot u tk¨ o z´ e si sz´ a mnak nevezik.) ¨ c) Az energiavesztes´eg kompenz´ al´as´ ara a j´at´ekosok a labd´ at pattogtatni szokt´ ak, azaz r¨ ovid ideig lefel´e nyomj´ ak. Tegy¨ uk fel, hogy a j´at´ekos a labd´ at 1,05 m-r˝ ol ind´ıtva 0,08 m hosszon nyomja lefel´e. Mekkora ´atlagos er˝ot fejt ki a j´at´ekos a labd´ ara, ha az most u ´jra 1,05 m-re pattan vissza?

M. 394. K´esz´ıts¨ unk v´ekony pap´ırb´ ol kb. 80 cm hossz´ u pap´ırcs´ıkot, v´egeit azonos magass´ agban r¨ ogz´ıts¨ uk eltolhat´ o´ allv´ anyokon, majd helyezz¨ unk a k¨ozep´ere egy kis m´eret˝ u, k¨ orhenger alak´ u konzervdobozt, amely valamilyen m´ert´ekben leh´ uzza a pap´ırcs´ık k¨ ozep´et. Ezut´ an t´er´ıts¨ uk ki a konzervdobozt mindig ugyanakkora (kb. 20 cm) m´ert´ekben, ´es kezd˝ osebess´eg n´elk¨ ul engedj¨ uk szabadon g¨ord¨ ulni. M´erj¨ uk meg a l´etrej¨ ov˝ o (csillapod´ o) periodikus mozg´ as peri´odusidej´et a h bel´og´as f¨ uggv´eny´eben

(4 pont)

a) teli doboz eset´en; b) teljesen u ¨res doboz eset´en.

Tornyai S´ andor fizikaverseny, H´ odmez˝ ov´ as´ arhely

P. 5209. Az ´ abr´ an l´athat´ o csigasorban a legfels˝ o ´ all´ ocsiga 15 cm, a legals´o mozg´ocsiga pedig 25 cm sugar´ u. A mozg´ ocsig´ak mindegyike 15-¨ ot fordul percenk´ent, ´es az a´ll´ ocsig´ak fordulatsz´ ama oz¨ otti k¨ ot´eldarabok f¨ ugg˝oleis megegyezik egym´assal. (A csig´ ak k¨ gesnek tekinthet˝ ok.) a) Mekkora a t¨ obbi csiga sugara? b) Mekkora az a´ll´ ocsig´ak fordulatsz´ama?

(6 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

(4 pont)

K¨ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest 185

186

K¨ ozli: Baranyai Kl´ ara, Veresegyh´ az

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

P. 5210. Az Apollo 11 leg´enys´ege (Neil Armstrong, Edwin Aldrin ´es Michael ˝ ozpontb´ Collins) 1969. j´ ulius 16-´an emelkedett a magasba a Kennedy Urk¨ ol, ´es hajtotta v´egre az els˝ o emberes Holdra sz´ all´ ast. a) A kil¨ ov´eshez Saturn V ´ ori´asrak´et´ at haszn´altak, amelynek tol´ oereje 34 000 kN. Az ´ori´asrak´eta ´es az u ˝rhaj´o t¨ omege n´eh´ any m´ asodperccel a kil¨ov´es ut´an 2,8 milli´o kg volt. Mekkora gyorsul´ assal emelkedett az u ˝rhaj´o ekkor? b) Az u ˝rhaj´o j´ ulius 16-´an 16:22-kor hagyta el a F¨old k¨or¨ uli p´ aly´ aj´at, ´es kb. 380 000 km megt´etele ut´ an j´ ulius 19-´en 17:21-kor a´llt Hold k¨or¨ uli p´ aly´ ara. K¨or¨ ulbel¨ ul h´ any km/h-s ´atlagsebess´eggel haladt a F¨ old ´es a Hold k¨oz¨ott? (4 pont)

P. 5214. Ha a Torricelli-k´ıs´erletet a tengerszinten v´egezz¨ uk el, akkor az u oben 76 cm magasra emelkedik a higany. ¨vegcs˝ Egy igen magas hegyen azonban csak 40 cm-es higanyoszlopmagass´ agot m´er¨ unk. Mekkora f¨ ugg˝oleges er˝ ovel kell tartanunk az u ovet a magas hegyen? ¨vegcs¨ A cs˝ o bels˝o ´ atm´er˝ oje 1 cm, teljes hossza 110 cm, ebb˝ol 10 cm mer¨ ul a higanyba. A cs˝o centim´eterenk´ent 1 g, fed˝ olapja pedig 5 g t¨ omeg˝ u. (Az u ur˝ us´ege 2,6 g/cm3 .) ¨veg s˝ (5 pont)

K¨ ozli: Honyek Gyula, Veresegyh´ az

Tarj´ an Imre eml´ekverseny (Szolnok) feladata nyom´an

P. 5211. Mekkora kezd˝osebess´eggel kell megl¨ okni a 2L hossz´ us´ag´ u, v´ızszintes p´ alya elej´en ´ all´ o kis testet, hogy a v´ızszintes p´ alya v´eg´en l´ev˝ o R sugar´ u, f¨ ugg˝oleges f´elk¨ or alak´ u p´ aly´ an v´egigcs´ uszva a v´ızszintes szakasz felez˝ opontj´aba csap´ odjon be?

P. 5215. Egy rakt´ ar´ep¨ ulet alapja n´egyzet, falai 40 cm vastag t´egl´ ab´ol k´esz¨ ultek. A falfel¨ ulet 34 r´esz´et 10 cm vastag, 14 r´esz´et r´esz´et pedig 20 cm vastag h˝oszigetel˝ o r´eteggel bor´ıtott´ ak. A t´egla h˝ ovezet´esi t´enyez˝ oje 10-szer nagyobb, mint a h˝oszigetel˝ o anyag´e. Ha a h´ az fal´at mindenhol ugyanolyan, d vastags´ ag´ u h˝oszigetel˝o r´eteggel bor´ıtott´ ak volna, akkor a h˝oterjed´es szempontj´ ab´ ol a k´et elrendez´es ugyan´ ugy viselkedne. Mekkora d ´ert´eke?

A v´ızszintes p´ aly´ an a s´ url´od´ asi egy¨ utthat´ o μ, a f´elk¨ or alak´ u p´ alya s´ url´od´ asmentes. Adatok: L = 2 m; R = 0,5 m; μ = 0,4.

(4 pont)

(4 pont)

K¨ ozli: Kobzos Ferenc, Duna´ ujv´aros

P. 5212. Egy asztallap f¨ ol¨ ott h magass´ agban felf¨ uggesztett > h hossz´ us´ag´ u fon´ aling´at v´ızszintes helyzetb˝ ol kezd˝osebess´eg n´elk¨ ul elenged¨ unk. A fon´ al v´eg´en l´ev˝ o goly´ o az asztalon n-szer pattan u ´gy, hogy az utols´o pattan´ askor a fon´ al ´eppen megfesz¨ ul, ´es az inga tov´abblend¨ ul. Adjuk meg h ´es ar´ any´ at! (Az u oz´esek t¨ ok´eletesen rugalmasak, a l´egellen´all´as elhanyagolhat´o, ´es a meg¨tk¨ lazult fon´ al nem akad´ alyozza a goly´ o mozg´as´at.) (4 pont)

K¨ ozli: Sz´ asz Kriszti´ an, Budapest

P. 5216. Egy f¨ ugg˝olegesen a´ll´ o hengeres tart´ alyban egy s´ ulyos dugatty´ u alatt u leveg˝ o van. A tart´aly ´es a dugatty´ u j´o h˝ oszigetel˝ o, k´ıv¨ ul n mol, T0 h˝om´ers´eklet˝ v´akuum van. A dugatty´ ut lassan emelni kezdj¨ uk, majd amikor m´ ar W munk´ at v´egezt¨ unk, hirtelen elengedj¨ uk. A dugatty´ u leng´esbe j¨ on, ´es id˝ ovel (a leveg˝o bels˝ o s´ url´od´asa miatt) meg´all. Mekkora lesz a leveg˝o h˝ om´ers´eklete az u ´j egyens´ ulyi helyzetben? Hogyan v´altozik az eredm´eny, ha a dugatty´ ut nem emelj¨ uk, hanem W munkav´egz´essel lenyomjuk, majd hirtelen elengedj¨ uk? (5 pont)

A Kvant nyom´ an

K¨ozli: Orbay P´eter, Sopron

´ P. 5213. Egy tart´ alyban 30%-os relat´ıv p´ aratartalm´ u leveg˝ o van. Alland´ o h˝ om´ers´ekleten ¨ osszenyomva legfeljebb h´ anyszoros´ ara n¨ovelhetj¨ uk a nyom´ast a tart´ alyban, ha el akarjuk ker¨ ulni a v´ız kicsap´ od´ as´at?

op a kozmikus sug´arz´ as hat´ as´ara folyamatosan P. 5217. A radioakt´ıv 14 C izot´ keletkezik a l´egk¨ orben. Ennek ellen´ere a mennyis´ege a´lland´ onak tekinthet˝o a bolyg´onkon, mert 5-9 km-es magass´ agban a n + 14 N → 14 C + p a´talakul´as eredm´enyek´ent – a f¨oldfelsz´ınre vet´ıtve – n´egyzetm´eterenk´ent ´ atlagosan 17 600 ilyen atom j¨ on l´etre minden m´ asodpercben. Az izot´ op felez´esi ideje 5730 ´ev. alhat´ o a F¨ old¨ on! Becs¨ ulj¨ uk meg, hogy h´any tonn´ anyi 14 C tal´

(4 pont)

(4 pont)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

P´eldat´ ari feladat 187

188

K¨ ozli: Kis Tam´ as, Heves K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

P. 5218. A der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszer orig´ oj´aban elhelyezett kicsiny, pontszer˝ u” m´ agnest˝ u ” az x tengely ir´any´ aba mutat. Egyik m´ agneses er˝ ovonal´ anak egyenlete r = r0 sin2 ϕ, ahol r ´es ϕ az er˝ovonal egy-egy pontj´anak u ´n. pol´ arkoordin´ at´ ai. ´ a) Irjuk fel ennek az er˝ ovonalnak az egyenlet´et x ´es y koordin´ at´ akkal kifejezve, ha r0 = 3 m´eter! b) Az er˝ovonalnak hol vannak olyan pontjai, ahol a m´ agneses indukci´ ovektor ir´ anya mer˝ oleges a m´ agnest˝ ure? (6 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. ´ aprilis 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄ MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 3. March 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 159): K. 654. There were 20 people at a meeting. It turned out that everyone knew exactly 13 of the other participants (acquaintance is mutual). What is the minimum possible number of acquaintances that an arbitrary pair of participants may have in common? K. 655. The four-digit numbers ABCD, BCBA, BDAB and DDAD are distinct four-digit primes (different letters denote different digits). Which numbers are they? You can use website http://matek.com/szamok/primszamok to check if a particular four-digit number is a prime number. K. 656. Given a 21 cm by 29 cm rectangular sheet of paper, how can you use it to measure a distance of a) exactly 3 cm, b) exactly 1 cm, without using anything else? (It is allowed to fold the sheet of paper.) K. 657. Find all multiples of 99 from 1 to 10 000 in which the sum of the digits is not divisible by 18. K. 658. In each of two rectangular rooms of the same floor area, the floor is covered with 25 cm × 40 cm tiles. No tile is cut. In one room, the 40-cm sides of the tiles are parallel to the longer side of the rectangle, and in the other room they are parallel to the shorter side. In one room, there are 9 fewer tiles along the longer wall than in the other room, and 6 more tiles along the shorter wall than in the other. How long are the sides of the bases of the rooms? New exercises for practice – competition C (see page 160): Exercises up to 1 1 2 grade 10: C. 1595. Find all pairs (x, y) of positive integers such that x + y = 1893 . (Could have been proposed by Zaphenath Paaneah, Thebes, Egypt) C. 1596. The sides of a triangle are 5 cm, 5 cm and 6 cm long. The sides, and the tangents drawn to the incircle parallel to the sides form a hexagon. What is the area of this hexagon? Exercises for everyone: C. 1597. How many different right-angled triangles are there in which the measures of the sides are integers, and one side is 2n units long? (Where n is a positive integer: express your answer in terms of n.) C. 1598. The length of the line segment M N joining the midpoints of sides AB and CD in a convex quadrilateral ABCD is

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

189

the arithmetic mean of the lengths of sides AD and BC. Show that the quadrilateral ABCD is a trapezium. C. 1599. Solve the following equation over the set of pairs of as´ arhely) natural numbers: 2y 2 − 2x2 − 3xy + 3x + y = 13. (Proposed by T. Imre, Marosv´ Exercises upwards of grade11: C. 1600. Solve the following equation over the set of 1

o, Eger) C. 1601. The real numbers: 4x + 9x + 36x + 2 − 2x2 = 1. (Proposed by B. B´ır´ height of a lateral face of a right pyramid with a square base is twice as long as the base edge. At what percentage of this height (counting from the base) do we need to cut the pyramid with a plane parallel to the base so that the total area of the lateral surface plus top square of the resulting frustum is equal to half the lateral surface area of the original pyramid?

New exercises – competition B (see page 161): B. 5086. Solve the equation 2  2  3 x − y 2 = x2 − y 3 over the set of pairs of integers. (4 points) (Proposed by M. Szalai, Szeged) B. 5087. √ The distances of an interior point P of a square ABCD from the vertices A, B, D are 1, 2 , and 2, respectively. Calculate the measure of the angle AP B. (4 points) (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) B. 5088. With respect to a given set G of numbers, the positive integer k > 1 is called interesting if there exist k distinct elements in set G such that the arithmetic mean of these elements also belongs to set G. Let H = {1; 3; 4; 9; 10; . . .} be the set of those numbers that can be represented as a sum of some different powers of 3. a) What numbers k > 1 are interesting with respect to the set H? b) Let c ∈ / H be an arbitrary positive integer. Prove that every number k > 1 is interesting with respect to the set H  = H ∪ {c}. (5 points) B. 5089. Two skew edges of a tetrahedron are perpendicular to each other, their lengths are 12 and 13, and the distance between their lines is 14 units. Determine the volume of the tetrahedron. (3 points) B. 5090. The inscription on one side of a fair coin is +1, and −1 is on the other side. The coin is tossed n times in a row, and the n results are written down in a row. Then the product of every pair of consecutive items is written below them, resulting in a new list of numbers that only consists of (n − 1) items. The procedure is repeated until a single number remains. What is the expected value of n(n+1)

numbers written down in the resulting triangular arrangement the sum of the 2 of numbers? (3 points) B. 5091. In a regular dodecagon A1 A2 . . . A12 , let P denote the intersection of the diagonals A1 A8 and A6 A11 , and let R denote the intersection of lines A7 A8 and A9 A11 . Show that the line P R divides diagonal A1 A4 in a 2 : 1 ratio. (5 points) (Based on the idea of B. B´ır´ o, Eger) B. 5092. The sum of the elements is calculated for each subset of the set {0, 1, . . . , n − 1}. What may the value of n be if exactly one nth of the resulting 2n sums is divisible by n? B. 5093. The intersection of two congruent regular pentagons is a decagon with sides of a1 , a2 , . . . , a10 in this order. Prove that a1 a3 + a3 a5 + a5 a7 + a7 a9 + a9 a1 = a2 a4 + a4 a6 + a6 a8 + a8 a10 + a10 a2 . New problems – competition A (see page 162): A. 772. Each of N people chooses a random integer number between 1 and 19 (including 1 and 19, and not necessarily with the same distribution). The random numbers chosen by the people are independent from each other, and it is true that each person chooses each of the 19 numbers with probability at most 99%. They add up the N chosen numbers, and take the remainder of the sum divided by 19. Prove that the distribution of the result tends to the uniform distribution exponentially, i.e. there exists a number 0 < c < 1 such that the mod 19 remainder of the sum of the N chosen numbers equals each of the mod 19 remainders with avid Matolcsi, Budapest) probability between 1/19 − cN and 1/19 + cN . (Submitted by D´ A. 773. Let b  3 be a positive integer and let σ be a nonidentity permutation of the set {0, 1, . . . , b − 1} such that σ(0) = 0. The substitution cipher Cσ encrypts every positive integer n by replacing each digit a in the representation of n in base b with σ(a). Let d

190

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

be any positive integer such that b does not divide d. We say that Cσ complies with d if Cσ maps every multiple of d onto a multiple of d, and we say that d is cryptic if there is some Cσ such that Cσ complies with d. Let k be any positive integer, and let p = 2k + 1. a) Find the greatest power of 2 that is cryptic in base 2p, and prove that there is only one substitution cipher that complies with it. b) Find the greatest power of p that is cryptic in base 2p, and prove that there is only one substitution cipher that complies with it. c) Suppose, furthermore, that p is a prime number. Find the greatest cryptic positive integer in base 2p, and prove that there is only one substitution cipher that complies with it. (Submitted by Nikolai Beluhov, Bulgaria) A. 774. Let O be the circumcenter of triangle ABC, and D be an arbitrary point on the circumcircle of ABC. Let points X, Y and Z be the orthogonal projections of point D onto lines OA, OB and OC, respectively. Prove that the incenter of triangle XY Z is on the Simson-Wallace line of triangle ABC corresponding to point D. (Submitted by Lajos Fony´ o, Keszthely)

Problems in Physics (see page 185) M. 394. Make an approximately 80 cm long paper strip, and fix its ends at the same height to some moveable stands. Place a small cylinder-shaped tin can on the middle of the strip such that the tin pulls down the strip a little. Then displace the tin always by the same amount (approximately 20 cm), and then release it without any initial speed, and let it roll freely. Measure the period of the (damped) periodic motion of the tin, as a function of the sag of the strip h in the case of a) a full tin can; b) an empty tin can. G. 701. What is the ratio of the number of revolutions of the two pulleys shown in the figure, if their radius is the same? (The threads between the pulleys can be considered vertical.) G. 702. A disc-shaped permanent magnet of a mass of 80 g clings to a vertical iron sheet. The flat disc can be slid vertically downwards by applying a force of 2 N. With what force can the magnet be moved upwards? What is the magnitude and the direction of the force which should be applied in order to move the disc horizontally? (The applied force is parallel to the plane of the sheet in all cases.) G. 703. How can we determine the internal resistance of a durable battery by using a digital voltmeter (which can be considered ideal) and a resistor of known resistance? (Wires can also be used.) G. 704. When Torricelli’s experiment is carried out at sea level, then the mercury column is 76 cm high. However, on a very high hill the height of the mercury is only 40 cm. How high is the hill? P. 5208. A basketball of mass 0.6 kg bounces to a height of 0.57 m when it is dropped form a height of 1.05 m. a) What is the mechanical energy loss due to the collision with the ground? b) What is the ratio of the speed at which the basketball bounced back to the speed of the ball when it reached the ground? (This ratio is called the coefficient of restitution.) c) In order to compensate the energy loss, players usually dribble the basketball, during which they push the ball downwards for a short while. Suppose a player pushes the ball along a distance of 0.08 m, starting it at a height of 1.05 m. What is the average force exerted by the player if the ball bounces back to a height of 1.05 m? P. 5209. In the pulley system shown in the figure the fixed pulley at the top has a radius of 15 cm, whilst the radius of the moveable pulley at the bottom is 25 cm. Each of the moveable pulleys turns 15 whole revolutions in a minute, and the rotational speeds of the fixed pulleys are also equal. (The threads between the pulleys can be considered vertical.) a) What is the radius of each of the other pulleys? b) What is the number of revolutions of the fixed pulleys? P. 5210. The crew of the spacecraft Apollo 11 (Neil Armstrong, Edwin Aldrin ´es Michael Collins) performed the first landing on the Moon. The spacecraft was

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/3

191

launched from the Kennedy Space Center on July 16, 1969. a) Apollo 11 was launched by a Saturn V rocket, which had a thrust of 34 000 kN. The total mass of the spacecraft and the rocket after a few seconds of the launch was 2.8 millions of kilograms. What was the acceleration of the spacecraft at that time? b) The spacecraft left the Earth orbit on July 16 at 16:22, and after travelling around 380 000 km, it entered lunar orbit on July 19 at 17:21. What was the approximate average speed of the spacecraft while it travelled from the Earth to the Moon? P. 5211. At what speed should a small object, being at rest at the starting point of a horizontal straight track of length 2L, be pushed in order that after sliding along the vertical semicircular path of radius R at the end of the straight track it hit the midpoint of the horizontal track? The coefficient of kinetic friction along the horizontal track is μ, the circular track is frictionless. Data: L = 2 m; R = 0.5 m; μ = 0.4. P. 5212. There is a simple pendulum suspended above a horizontal tabletop at a height of h. The bob of the simple pendulum of length  > h is released without initial speed from the position at which the thread is horizontal. The bob at the end of the thread bounces on the table n times such that at the last bounce the thread just gets tight, and the pendulum swings forward. Determine the ratio of h to . (The collisions are totally elastic, air resistance is negligible and the thread does not disturb the motion of the bob.) P. 5213. There is a sample of air, having a relative humidity of 30%, in a container. By what factor can the pressure of the air be increased, when the gas is compressed at constant temperature, if the condensation of water should be avoided. P. 5214. When Torricelli’s experiment is carried out at sea level, then the mercury column is 76 cm high. However, on a very high hill the height of the mercury is only 40 cm. What is the magnitude of the vertically upward force that we have to apply in order to hold the tube at rest on the high mountain? The inner diameter of the tube is 1 cm, its total length is 110 cm, from which 10 cm is immersed into the mercury. The mass of a 1 cmlong part of the tube is 1 g, and the mass of its cover at its top is 5 g. (The density of glass is 2.6 g/cm3 .) P. 5215. The base of a warehouse is a square, and its walls are built 3 from bricks of width 40 cm. 4 of the surface of the wall is covered with 10 cm-thick heat 1

insulating material, whilst 4 of the surface of the wall is covered with 20 cm-thick heat insulating material. The thermal conductivity of brick is ten times as big as that of the heat insulating material. If the walls of the warehouse were covered uniformly with a layer of insulating material of thickness d, the two types of insulation would result in the same effect in terms of heat propagation. What is the value of d? P. 5216. In a vertical cylinder, below a heavy piston, there is a sample of air of quantity of n moles at a temperature of T0 . The container and the piston are well insulated and there is vacuum outside. The piston is slowly raised, and when a work of W was done, the piston is released. The piston begins to swing, but after a while it stops (because of the internal friction of the air). What will the temperature of the air at the new equilibrium position be? How does this result change if the piston is not raised, but pushed down, while W work is done, and then it is suddenly released? P. 5217. The radioactive carbon-14 isotope is constantly produced in the atmosphere by the cosmic rays. Nonetheless, the amount of 14 C on the Earth is constant, because at a height of 5-9 km, as a result of the reaction n + 14 N → 14 C + p, an average of 17 600 14 C isotopes are produced in each second on each square metre – projected to the surface of the Earth. The half-life of the isotope is 5730 years. Estimate how many tons of 14 C are present on the Earth. P. 5218. At the origin of a Cartesian coordinate system there is a small “point-like” compass needle, pointing in the direction of the x axis. The equation of one of its magnetic field line is r = r0 sin2 ϕ, where r and ϕ are the polar coordinates of a point on the field line. a) Write down the equation of the field line in terms of the x and y coordinates, if r0 = 3 metres. b) At which points of the field line is the magnetic induction (magnetic flux density) perpendicular to the needle?

70. ´evfolyam 3. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. m´ arcius

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 4. sz´am

T´ erbe kil´ ep˝ o bizony´ıt´ asok VII.1 Budapest, 2020. ´aprilis

A k¨ orre vonatkoz´ o polarit´ as

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK

K´os G´eza: T´erbe kil´ep˝o bizony´ıt´asok VII. . . . . . . . .

194

Simonovits Andr´as: Egy j´arv´anymodell . . . . . . . . . .

201

Varga P´eter: Gyakorl´o feladatsor emelt szint˝u matematika ´eretts´egire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

206

Szoldatics J´ozsef: Megold´asv´azlatok a 2020/3. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

210

Matematika feladat megold´asa (5023.) . . . . . . . . . . .

224

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1602– 1608.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

225

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5094– 5101.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

226

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (775–776.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

228

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (508–510., 44., 143.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

229

Fizika gyakorlatok megold´asa (681., 690., 694.) . . .

233

Fizika feladatok megold´asa (5165., 5174., 5178., 5180., 5183., 5185., 5191., 5197., 5203.) . . . . . . . .

234

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (395., 705–708., 5219–5229.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

249

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

253

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

255

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ VIGH MAT ´ E, ´ LASZL O, ´ KAROLY, ´ VLADAR WOYNAROVICH FERENC

Ebben a cikksorozatban olyan bizony´ıt´ asokat mutatunk be, amikor a geometriai alakzatokat t´erbe kil´epve”, h´ arom- vagy ak´ ar m´eg magasabb dimenzi´ os ” objektumok vet¨ uletek´ent vagy metszetek´ent ´ all´ıtjuk el˝ o.

A polarit´ asok olyan k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u megfeleltet´esek, amelyek a projekt´ıv s´ık pontjait a projekt´ıv s´ık egyeneseivel p´aros´ıtj´ ak o ´gy, hogy b´ armely ¨ssze u e egyenesre ´es P pontra igaz, hogy az e akkor ´es csak akkor megy a´t P -n, ha az enek megfelel˝o E pont illeszkedik a P -hez rendelt p egyenesre. A P ponthoz rendelt p egyenes a P pol´ arisa, ´es a p egyeneshez rendelt P pont a p p´ olusa. Praktikus dolog az egym´asnak megfeleltetett objektumokat ugyanazzal a bet˝ uvel jel¨ olni, a pontokat nagy-, az egyeneseket kisbet˝ uvel. Most a polarit´ as legismertebb, k¨ oz´episkol´as versenyfeladatokban is gyakran el˝ofordul´ o speci´alis eset´evel, a k¨ orre vonatkoz´ o polarit´ assal fogunk foglalkozni. K´ et lehets´ eges defin´ıci´ o Legyen k egy r¨ ogz´ıtett k¨ or, ez lesz a polarit´ as alapk¨ ore; a k¨ oz´eppontja O, sugara . A k-ra vonatkoz´ o polarit´ ast fogjuk defini´ alni.

Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ CSERTAN ´ ANDRAS, ´ Tagjai: BUSA MAT ´ ´ FARKAS CSABA, FODOR ZSOLT, LASZL O ´ ´ NIKOLETT, LOCZI LAJOS, SIEGLER GABOR ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2500/6541; 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

193

1. a ´bra

K´et lehets´eges defin´ıci´ ot is szeretn´ek mutatni. Az els˝o egy intuit´ıv m´od, ahogy az ember el˝ osz¨ or maga fedezn´e fel a polarit´as alaptulajdons´agait, cser´ebe t¨ obb technikai r´eszletk´erd´est k´es˝ obb kell v´egiggondolnunk. A m´ asodik egy technikailag egyszer˝ ubb, kompaktabb defin´ıci´ o, cser´ebe a geometriai tulajdons´ agokat kell k¨ ul¨ on ellen˝ orizni. Mindk´et defin´ıci´ o l´ep´eseit k¨ ovethetj¨ uk az 1. ´ abr´ an.

1. defin´ıci´ o oz˝ o P pont 1a. Tetsz˝ oleges, O-t´ ol k¨ ul¨ onb¨ k-ra vonatkoz´ o inverze legyen P  . A P atmen˝ o, OP -re pont pol´ arisa a P  -n ´ mer˝ oleges p egyenes. 1b. A P , Q pontok konjug´ altak, ha rajta vannak egym´as pol´aris´ an. 1

194

2. defin´ıci´ o 2a. A P ´es Q pontok konjug´ altak, −−→ −−→ 2 ha OP · OQ =  . 2b. A P pont pol´ arisa a P -vel konjug´alt pontok halmaza, avagy −−→ −−→ u az OP · OX = 2 egyenlet˝ egyenes.

A cikksorozat a R´enyi Int´ezet ´es a Sztaki t´ amogat´ as´ aval k´esz¨ ult.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

1c. Ha a p egyenes nem megy a´t az O ponton, ´es O mer˝ oleges vet¨ ulete p-re olusa a P  k-ra voa P  pont, akkor p p´ natkoz´ o inverze. 1d. A p, q egyenesek konjug´ altak, ha ´ atmennek egym´as p´ olus´an.

2c. A p egyenes p´ olusa az az egy´ertelm˝ u P pont, amely p ¨osszes pontj´ aval konjug´alt. 2d. A p, q egyenesek konjug´ altak, ha ´atmennek egym´as p´olus´an.

Tetsz´es szerint, tekinthetj¨ uk az 1a–1d. tulajdons´agokat defin´ıci´onak ´es a 2a– 2d. tulajdons´ agokat k¨ovetkezm´enyeknek, vagy ford´ıtva. A polarit´as n´eh´ any tov´ abbi alaptulajdons´ aga: 3. A P pont pol´ arisa akkor ´es csak akkor a p egyenes, ha p p´olusa P . 4. A P pont akkor ´es csak akkor van rajta a Q pont pol´aris´ an, ha Q rajta van P pol´ aris´ an (1. ´ abra). 5a. Ha a P ´es Q pontok pol´ arisa p, illetve q, akkor az r = P Q egyenes p´ olusa p ´es q metsz´espontja, R (2a. ´ abra). 5b. Ha a p ´es q egyenesek p´ olusa P , illetve Q, akkor az R metsz´espontjuk pol´ arisa az r = P Q egyenes (2a. ´ abra).

Kiterjeszt´ es a projekt´ıv s´ıkra Ha a s´ıkot kieg´esz´ıtj¨ uk a szok´ asos v´egtelen t´ avoli pontokkal ´es az azokat tartalmaz´o ide´ alis egyenessel, akkor defini´alhatjuk az O pont pol´ aris´ at ´es az O-n atmen˝ ´ o egyenesek p´olusait is. Ha P egy ide´ alis pont, akkor P pol´ arisa az O-n ´atmen˝ o, az OP ir´ anyra mer˝oleges egyenes. Ez szeml´eletesen megfelel annak, hogy ha a P pontot valamelyik ir´anyban v´egtelen messzire elmozgatjuk, akkor a pol´ arisa is p´ arhuzamosan mozog az O pontra illeszked˝ o helyzetig. A 7. tulajdons´ag 3. ´ abra is ´erv´enyes marad; a hat´ arhelyzetben a P -b˝ ol h´ uzott ´erint˝ok p´ arhuzamosak az OP ir´ annyal (3. ´ abra). V´eg¨ ul az O pont pol´ arisa az ide´ alis egyenes; ezt is szeml´eltethetj¨ uk u ´gy, hogy a P pontot az O-ba h´ uzzuk, mik¨ ozben P pol´ arisa egyre t´ avolabbra v´andorol. uk a sokf´ele defin´ıci´ ot. Vegy¨ unk fel egy V pontot T´erbe kil´epve egys´egess´e tehetj¨ a t´erben, amelyre az OV szakasz mer˝oleges k s´ıkj´ara, ´es a hossza . Tekints¨ unk egy tetsz˝ oleges, O-t´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o P pontot a s´ıkban, a k-ra vonatkoz´ o inverze legyen abb´ a P t¨ uk¨ ork´epe az O pontra P1 , ´es legyen Π P  , a pol´arisa pedig p; legyen tov´ a V -re ´es p-re illeszked˝o s´ık (4. ´ abra).

6a. Ha P az alapk¨ or¨ on van, akkor a pol´ arisa a k¨ orh¨oz P -ben h´ uzott ´erint˝o (2b. a ´bra). 6b. Ha p ´erinti az alapk¨ ort, akkor a p´ olusa az ´erint´esi pont (2b. a ´bra). 7. Ha a P pont k´ıv¨ ul van, ´es a P -b˝ ol k-hoz h´ uzott ´erint˝ok P E ´es P F , akkor P pol´ arisa az EF egyenes (2c. ´ abra). 8a. B´ armely pont akkor ´es csak akkor konjug´alt ¨onmag´aval, ha az alapk¨ornek pontja (2b. ´ abra). 8b. B´ armely egyenes akkor ´es csak akkor konjug´alt ¨onmag´aval, ha ´erinti az alapk¨ ort (2b. ´ abra).

4. ´ abra

Mivel OP1 · OP  = OP · OP  = 2 = OV 2 , az OV P1 h´ aromsz¨ og hasonl´o az ogh¨ oz, emiatt P  V P1 = 90◦ . A p egyenes mer˝ oleges OP -re ´es OV -re, OP V h´aromsz¨ ez´ert mer˝ oleges az OV P s´ıkra ´es az abban fekv˝o V P1 egyenesre is. A Π s´ıkban most ol is tudjuk, hogy mer˝oleges V P1 -re, teh´ at a Π s´ık m´ ar k´et egyenesr˝ ol, p-r˝ ol ´es V P  -r˝ mer˝ oleges a V P1 egyenesre. Ez az ´eszrev´etel egy t´erbeli elj´ ar´ ast ad a P pont pol´ aris´ anak szerkeszt´es´ere: oleget¨ ukr¨ozz¨ uk P -t O-ra, ´ıgy megkapjuk a P1 pontot. A V -ponton a´t, V P1 -re mer˝ sen vegy¨ uk fel a Π s´ıkot; a Π kimetszi az alaps´ıkb´ ol a p egyenest. Azt is l´ athatjuk, hogy b´ armely Q pont akkor ´es csak akkor konjug´alt P -vel, ha P1 V Q = 90◦ . 

2a. ´ abra

2b. ´ abra

2c. ´ abra

Az Olvas´ora b´ızzuk annak v´egiggondol´ as´at, hogy a k´etf´ele defin´ıci´o ugyanazt a megfeleltet´est ´ırja le, ´es a fenti tulajdons´ agok is teljes¨ ulnek. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

195

Ha P valamelyik ide´ alis pont, akkor P1 = P , az OP ir´ any p´ arhuzamos az alaps´ıkkal, ´es Π kimetszi az O-n ´ atmen˝ o, OP -re mer˝ oleges egyenest. Ha pedig P = O, 196

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

akkor Π p´ arhuzamos k s´ıkj´aval, a k´et s´ık metszete val´oban az alaps´ık ide´alis egyenese. Teh´ at a fenti szerkeszt´es egys´egesen m˝ uk¨ odik a projekt´ıv s´ık b´ armely pontj´ ara. Dualit´ as Ha van egy projekt´ıv geometriai a´ll´ıt´ as, t´etel, amelyben pontok, egyenesek ´es (legfeljebb) egy k¨ or szerepel, az ´abr´ ara alkalmazhatjuk a k¨orre vonatkoz´ o polarit´ast: minden pontot kicser´el¨ unk a pol´ aris´ ara, ´es minden egyenest kicser´el¨ unk a p´olus´ara. Ilyen m´ odon a projekt´ıv geometriai t´eteleket p´ arokba a´ll´ıthatjuk; mindegyik t´etelnek van egy p´arja, du´ alisa. Pr´ ob´ aljuk ki ezt az els˝ o r´eszben l´ atott Brianchon-t´etellel:

Ha Q rajta van a p egyenesen, vagyis P ´es Q konjug´ altak, akkor a Q pont is az e k¨or s´ıkj´aban van, a k¨ or¨ on k´ıv¨ ul. H´ uzzuk meg Q-b´ ol az e egyik ´erint˝oj´et; az ´erint´esi pontot jel¨ olj¨ uk T -vel. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a P T ´es a QT szakasz is ´erint˝oje G-nek, ez´ert a P QT s´ık ´erinti a g¨ omb¨ ot. Tov´ abb´ a a P T szakasz a P E elforgatottja, szint´en mer˝ oleges e-re ´es a k¨ orh¨ oz h´ uzott QT ´erint˝ore, teh´ at a P T ´es QT szakaszok mer˝olegesek (6. ´ abra).

Brianchon t´ etele: Ha az a, b, c, d, e, f egyenesek ´erintik a k k¨ ort, metsz´espontjaik a ∩ b = G, b ∩ c = H, c ∩ d = I, d ∩ e = J, e ∩ f = L ´es f ∩ a = M , akkor a p = GJ, q = HL ´es r = IM egyenesek egy ponton (T ) mennek ´ at (5a. ´abra).

6. ´ abra

V´egig lehet gondolni, hogy ezek a l´ep´esek megford´ıthat´ ok: ha egy, a P ´es Q pontokon kereszt¨ ul fektetett s´ık a T pontban ´erinti a g¨ omb¨ ot u ´gy, hogy P T ´es QT mer˝ olegesek, akkor Q a p egyenesre esik, vagyis P ´es Q konjug´ altak. Mell´ekterm´ekk´ent a 4. tulajdons´agra is egy u ´j bizony´ıt´ ast adtunk, legal´ abbis k¨ uls˝ o pontok eset´en. 5a. ´ abra

5b. ´ abra

Autopol´ aris h´ aromsz¨ ogek

A polarit´ast alkalmazva kapjuk a Pascal-t´etelt: Pascal2 t´ etele: Ha az A, B, C, D, E, F pontok egy k¨ or¨ on vannak, az ¨ osszek¨ ot˝ o egyeneseik AB = g, BC = h, CD = i, DE = j, EF =  ´es F A = m, akkor ezek metsz´espontjai, a g ∩ j = P , h ∩  = Q ´es i ∩ m = R pontok egy egyenesen (t) vannak (5b. ´ abra).

Az autopol´ aris h´ aromsz¨ ogeknek egy nagyon fontos el˝ofordul´asa, versenyfeladatok megold´ as´ aban is gyakran tal´alkozhatunk vele, amikor egy h´ urn´egysz¨ og szemk¨ozti oldalp´ arjainak ´es ´ atl´ oinak metsz´espontj´ at vessz¨ uk:

A Brianchon-t´etel ´es a Pascal-t´etel egym´ as du´ alisa. Konjug´ alt pontp´ arok egy t´ erbeli jellemz´ ese o g¨omb, ´es vegy¨ unk fel k´et Legyen G az O k¨oz´eppont´ u, az alapk¨ orre illeszked˝ pontot, P -t ´es Q-t a s´ıkban, a k¨ or¨ on k´ıv¨ ul; a P -b˝ ol k-hoz h´ uzott ´erint˝ok v´egpontjai legyenek E ´es F . A 7. tulajdons´ ag szerint a p = EF egyenes a P pont pol´ arisa. A P O egyenesre a p ment´en ´ all´ıtsunk egy mer˝ oleges s´ıkot; ez a G-t egy e k¨orben metszi; az e mer˝ oleges a P E ´es P F szakaszokra. 2

Azokat a h´aromsz¨ ogeket, amelyekben mindegyik cs´ ucs a vele szemk¨ ozti oldal p´olusa, autopol´ aris h´ aromsz¨ ognek h´ıvjuk, de van, aki a g¨ or¨ og–angol autopolar n´ev bet˝ u szerinti ´at´ır´ as´ at szereti. B´armely k´et konjug´ alt P , Q pont kieg´esz´ıthet˝ o auucs a P Q egyenes p´ olusa, amely P -vel ´es topol´ aris h´ aromsz¨ ogg´e, a harmadik, R cs´ Q-val is konjug´ alt. P´eld´ aul a P ponttal Q ´es R is konjug´ alt, ez´ert P pol´ arisa csak a QR egyenes lehet.

T´ etel. (a) Ha A, B, C ´es D n´egy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pont a k k¨ or¨ on, AB ´es CD abb´ a AC ´es BD metsz´espontja R, metsz´espontja P , BC ´es AD metsz´espontja Q, tov´ akkor a P QR h´ aromsz¨ og k-ra n´ezve autopol´ aris. (b) A P QR h´ aromsz¨ og magass´ agpontja a k k¨ oz´eppontja (7. a´bra).

Blaise Pascal (1623–1662) francia matematikus ´es filoz´ ofus

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

197

198

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Az el˝obbi, P k¨ oz´eppont´ u inverzi´ o¨ onmag´ara k´epezi a P T egyenest ´es felcser´eli egym´ assal az a ´es b k¨ or¨ oket; az inverzi´o sz¨ ogtart´ asa miatt a P T egyenes ugyanakkora sz¨oget z´ ar be a k´et k¨ orrel, illetve a T pontban h´ uzott ´erint˝oikkel. Mindh´ arom egyenes egy s´ıkban, a T -ben a g¨ ombh¨ oz fektetett ´erint˝os´ıkban van; teh´ at P T a k´et k¨or k¨oz¨otti egyik sz¨ og felez˝oje. Hasonl´ oan, a QT egyenes a k´et k¨ or k¨ oz¨ otti m´ asik, kieg´esz´ıt˝ o sz¨og felez˝oje. A k´et sz¨ ogfelez˝ o, vagyis P T ´es QT mer˝ olegesek, teh´ at P ´es Q konjug´ altak. Ezzel bel´ attuk, hogy a P, Q, R pontok p´ aronk´ent konjug´ altak, vagyis a P QR h´ aromsz¨ og val´oban autopol´aris.

A t´etel (b) r´esze trivi´alisan k¨ ovetkezik az (a) ´ all´ıt´ asb´ ol: ha P QR autopol´ aris h´ aromsz¨ og, akkor p´eld´ aul a QR egyenes a P pont pol´ arisa, ami az 1a. tulajdons´ ag miatt mer˝oleges az OP egyenesre, teh´ at a P QR h´ aromsz¨ ogben OP a QR oldalhoz tartoz´ o magass´ agvonal. Ugyanez a m´asik k´et oldalra is elmondhat´o, teh´at O a h´ arom magass´ agvonal metsz´espontja. Az (a) r´eszt a t´erbe kil´epve fogjuk igazolni. Az A, B, C, D pontok szerepe szimmetrikus; feltehetj¨ uk, hogy ABCD egy konvex h´ urn´egysz¨ og, ´ıgy P ´es Q a k¨ or¨ on k´ıv¨ ul, or¨ on bel¨ ul helyezkedik el. R pedig a k¨

Feladatok 1. Mi a Desargues-t´etel du´ alisa? 2. Mi a Papposz-t´etel du´ alisa? ´ 3. Irjuk ´es rajzoljuk fel az autopol´ aris h´aromsz¨ ogekr˝ ol sz´ol´o t´etel du´ alis´ at. 4. Feladatok sz¨ oveg n´elk¨ ul:

7. ´ abra

A P -b˝ ol ´es Q-b´ ol a k¨ orh¨ oz h´ uzott ´erint˝ok legyenek P E, P F , QG ´es QH, ´es legyen G az O k¨ oz´eppont´ u, k-ra illeszked˝o g¨ omb. Az AC ´es BD ´atl´ okra illeszked˝ o, az alaps´ıkra mer˝ oleges s´ıkok metssz´ek G-t az a ´es b k¨orvonalak ment´en, ´es ezek egyik metsz´espontja legyen T . Mivel az ACT ´es a BDT s´ık is mer˝ oleges a k s´ıkj´ara, a T pont mer˝ oleges vet¨ ulete a s´ıkra az R pont (8. ´ abra).

8. ´ abra

A P k¨ oz´eppont´ u, P E sugar´ u inverzi´ o a g¨ omb¨ot ¨onmag´ara k´epezi, felcser´eli egym´ assal A-t B-vel, valamint C-t D-vel, ez´ert az alaps´ıkra mer˝ oleges a ´es b k¨or¨oket is egym´ asra k´epezi. A P T egyenesen T a k´et k¨ or egyetlen – k¨oz¨os – pontja, teh´at az inverzi´ onak – E ´es F mellett – T is fixpontja, teh´at P T ´erinti G-t. Az ilyen pontok az alaps´ıkra mer˝ oleges, EF ´ atm´er˝ oj˝ u e k¨ or¨on vannak, teh´ at az EF T s´ık utt az R pontot. is mer˝ oleges k s´ıkj´ara, ´ıgy tartalmazza a T R szakaszt ´es vele egy¨ Ebb˝ ol azt is l´atjuk, hogy az EF egyenes a´tmegy az R ponton. De az EF egyenes a P pont pol´ arisa, teh´at P ´es R konjug´ altak. Ugyan´ıgy l´athatjuk, hogy Q ´es R konjug´ altak. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

199

5. Igazoljuk, hogy tetsz˝ oleges P ´es Q pontok akkor ´es csak akkor konjug´altak a k k¨orre n´ezve, ha a P Q ´ atm´er˝ oj˝ u k¨ or mer˝ olegesen metszi k-t. 6. Vet´ıts¨ uk a k k¨ or s´ıkj´at k¨ oz´eppontosan egy m´asik, vele nem p´ arhuzamos s´ıkra u ´gy, hogy a k k¨ or vet¨ ulete is k¨ or legyen. Mutassuk meg, hogy a vet´ıt´es megtartja a polarit´ast, azaz b´ armely pont vet¨ ulet´enek pol´ arisa az u ´j s´ıkban a pol´ aris vet¨ ulete, ´es egyenes vet¨ ulet´enek p´ olusa a p´ olus vet¨ ulete. 200

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Aj´ anlott irodalom [1] Sz. C. Havalampijev: P´ olus ´es pol´ aris k¨ orben, K¨oMaL 37/1 (1987. janu´ar), 9–15. http://db.komal.hu/KomalHU/showpdf.phtml?tabla=Cikk&id=198702 [2] Kiss Gy¨ orgy: A k¨ orre vonatkoz´ o polarit´ as, K¨ oMaL 48/8–9 (1998. november), 450–455. http://db.komal.hu/scan/1998/11/MAT9808.PS [3] Haj´os Gy¨ orgy: Bevezet´es a geometri´ aba, 46. fejezet. Nemzeti Tank¨onyvkiad´o, Budapest, 1999. K´ os G´ eza

´erthet˝ os´eg kedv´e´ert az S → I → R id˝ orendi sorrendet felcser´elve adjuk meg a h´ arom egyenletet. F¨oltessz¨ uk, hogy az u ´j fert˝ oz´esek r´eszar´ anya egyar´ ant ar´ anyos a megfert˝ ozhet˝ok ´es a fert˝oz¨ ottek r´eszar´ any´ aval, de az u ´jonnan gy´ ogyultak r´eszar´ anya csak a fert˝oz¨ottek r´eszar´ any´ aval ar´anyos. Visszat´erve a rekeszek tartalm´ ara”: ” A megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak cs¨ okken´ese egyenesen ar´ anyos a megfert˝ ozhet˝ok r´eszar´ any´ anak ´es a fert˝oz¨ ottek r´eszar´ any´ anak szorzat´aval: (1)

ahol β > 0 a fert˝ oz´esi r´ ata. A gy´ ogyultak r´eszar´ any´ anak n¨ oveked´ese egyenesen ar´ anyos a fert˝ oz¨ ottek r´eszar´ any´ aval: (2)

Egy j´ arv´ anymodell

A koronav´ırus vil´agj´arv´ anny´ a sz´elesed´ese bizony´ara felkeltette a K¨oMaL olvas´ oinak ´erdekl˝ od´es´et a j´ arv´ anymodellek ir´ ant. Ez az ´ır´as nekik sz´ol: a legelterjedtebb (´ un. SIR-f´ele) j´arv´ anymodellt mutatjuk be. Bonyolults´ aga miatt m´egis le kell mondanunk a koronav´ırus terjed´es´enek val´ odi modellez´es´er˝ ol, teh´ at csak bevezet´esre sz´ am´ıtson az Olvas´ o. Megnehez´ıti dolgunkat, hogy dinamikus folyamatr´ ol van sz´ o, ahol minden pillanatban a m´ ar fert˝oz¨ottek egy r´esze megfert˝ozi a m´eg nem fert˝ oz¨ottek (r¨oviden: megfert˝ ozhet˝ ok) bizonyos r´esz´et, mik¨ ozben a fert˝ oz¨ottek m´ asik r´esze meggy´ ogyul vagy meghal. A szakirodalmat k¨ ovetve, ebben a le´ır´ asban a k¨onnyebb ´erthet˝ os´eg ´erama id˝ oben dek´eben t¨ obb v´egletes egyszer˝ us´ıt˝ o feltev´est tesz¨ unk: a) a n´epess´eg l´etsz´ alland´ ´ o; b) a fert˝ oz´esben senki sem hal meg; c) ha valaki kigy´ ogyul a fert˝ oz´esb˝ ol, az m´ar nem fert˝oz˝ odik meg ´es nem fert˝ oz u ´jra; d) a fert˝ oz´esi val´ osz´ın˝ us´eg f¨ uggetlen a n´epess´eg egy´eb (nemi, ´eletkori, ter¨ uleti, eg´eszs´egi a´llapot- stb.) jellemz˝ oit˝ ol; e) a gy´ ogyul´asi val´ osz´ın˝ us´eg f¨ uggetlen az eg´eszs´eg¨ ugyi ell´ at´ ast´ ol. H´ arom t´ıpust k¨ ul¨ onb¨ oztet¨ unk meg: a megfert˝ ozhet˝ ok (susceptibles, S), (n´epess´egi) r´eszar´ anyuk s > 0; a fert˝ oz¨ ottek (infectious, I), r´eszar´ anyuk i > 0; v´eg¨ ul ogyultak (recovered, R), de ide tartoznak az eleve immunisak is: r´eszar´ anyuk a gy´ r > 0, innen a modell k¨ ozkelet˝ u elnevez´ese: SIR-modell. Az ilyen t´ıpus´ u modelleket egy´ebk´ent rekesz modelleknek nevezik. Egyenleteinkben kulcsszerepet kap a fert˝ oz´esi ´es a gy´ ogyul´asi r´ ata. Ezek f¨ uggv´eny´eben igazoljuk, hogy a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak kicsi kezd˝ o´ert´ekeire elhal a j´ arv´ any, ´es nagy kezd˝ o´ert´ekeire fell´ angol. Azt is szeml´eltetni tudjuk, hogyan lapos´ıtja el a j´ arv´ any id˝ obeli lefut´as´at, ha a fert˝ oz´esi r´ at´ at elk¨ ul¨on´ıt´essel vagy a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak kezd˝o´ert´ek´et olt´ assal cs¨ okkentj¨ uk. A technikai egyszer˝ us´eg kedv´e´ert ´es a szok´ assal ellent´etben, nem folytonos, hanem diszkr´et id˝ oben ´ırjuk f¨ ol a n´epess´egi r´eszar´ anyok dinamik´aj´at, egys´egnyinek r¨ ogz´ıtve az id˝oszak hossz´ at, pl. nap, h´et, t = 0, 1, 2, . . . az id˝oszakok indexe. A jobb K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

201

st+1 − st = −βst it ,

rt+1 − rt = γit ,

ahol γ > 0 a gy´ ogyul´asi r´ ata. Val´ oj´aban az az eset az ´erdekes, amikor a gy´ogyul´asi r´ ata kisebb a fert˝ oz´esi r´ at´ an´al, ´es az id˝oegys´eg megfelel˝ o megv´ alaszt´ asakor a fert˝oz´esi r´ ata legfeljebb 1: 0 < γ < β  1. Mivel mindenki vagy megfert˝ozhet˝ o, vagy fert˝oz¨ ott, vagy gy´ ogyult, ez´ert a h´ arom r´eszar´ any ¨ osszege 1: st + it + rt = 1, azaz az ¨osszeg id˝ obeli v´altoz´ asa 0: st+1 − st + it+1 − it + rt+1 − rt = 0. Ebbe behelyettes´ıtve (1)-et ´es (2)-t k¨ ovetkezik: A fert˝ oz¨ ottek r´eszar´ any´ anak v´ altoz´ asa: (3)

it+1 − it = (βst − γ)it .

Figyelj¨ uk meg, hogy beszorz´as ut´an (3) jobb oldal´an k´et tag k¨ ul¨ onbs´ege szerepel: a kisebb´ıtend˝ o az u ´j fert˝ oz´esek r´eszar´ anya, a kivonand´ o pedig az u ´jonnan gy´ ogyultak´e. Bevezetj¨ uk a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak kritikus ´ert´ek´et, amelyn´el a (3) egyenlet jobb oldala 0, azaz a fert˝ oz¨ ottek r´eszar´ anya v´ altozatlan (maxim´ alis, mert kisebb ´ert´ekre n¨ ovekszik, nagyobbra cs¨ okken): γ so = < 1. β atszik so szerepe a fert˝oz¨ ottek r´eszar´ any´ anak Becsemp´eszve (3)-ba so -t, jobban l´ alakul´ as´aban: (4)

it+1 − it = β(st − so )it .

unk Mivel rt nem hat sem st+1 -re, sem it+1 -re, ez´ert a (2) egyenlettel r´a´er¨ ut´ olag t¨or˝ odni; a modell magva (1) ´es (4), vagy alkalmasabb alakban: (5) 202

st+1 = (1 − βit )st K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

so < s0 < 1 miatt k¨ ozel´ıt˝oleg egy 1 + βs0 − γ-h´ anyados´ u m´ertani sorozat szerint n˝ o. a s¨ ullyed, s a) szerint it ezut´ an Bel´ atjuk, hogy el˝obb-ut´ obb st a kritikus ´ert´ek al´ v´egleg cs¨okken´esre v´ alt.

´es   it+1 = 1 + β(st − so ) it .

(6)

Az (5)–(6) rekurzi´ ot els˝ orend˝ u nemline´ aris differenciaegyenlet-rendszernek nevezz¨ uk: els˝ orend˝ u, mert a j¨ ov˝o csak a jelent˝ ol f¨ ugg; nemline´aris, mert k´et v´ altoz´ o asa szorzata is szerepel mindk´et egyenlet jobb oldal´ an. A rekurzi´o (st , it ) megold´ (p´ aly´ aja) a kezdeti r´eszar´ anyp´arost´ ol f¨ ugg: (s0 , i0 ), ahol i0 ≈ 0 (nagyon kicsi pozit´ıv sz´am, a fert˝oz´es hirtelen jelenik meg), ´es helyet hagyva az esetleg pozit´ıv r0 -nak, s 0  1 − i0 . 1. seg´ edt´ etel. Az (5)–(6) rendszer minden p´ aly´ aj´ ara teljes¨ ul: st , it  0 ´es

(7)

st + it  1.

Bizony´ıt´ as. Indukci´ oval bizony´ıtunk: feltev´es szerint (7) teljes¨ ul t = 0-ra, ´es bel´ atjuk, hogyha (7) teljes¨ ul t-re, akkor teljes¨ ul t + 1-re.

ol Indirekt bizony´ıtunk. Tegy¨ uk f¨ ol, hogy st  so minden t-re. Az (st ) alulr´ all. (6) szerint korl´ atos cs¨okken˝ o sorozat, teh´ at van hat´ar´ert´eke, amelyre s∗  so ´ t it  i0 , azaz (5) szerint st  (1 − βi0 ) s0 , azaz s∗ = 0, s ez ellentmond s∗  so > 0nak.  Tov´abbi vizsg´alatot ig´enyelne, hogy hossz´ u t´ avon milyen esetben sz˝ unik meg a megfert˝ ozhet˝ os´eg (´es v´ alik teljess´e a gy´ ogyults´ ag), sz´ amp´eld´ ainkban azonban az id˝ok v´egezet´eig maradnak megfert˝ ozhet˝ ok. ¨ enyesen v´ R´at´er¨ unk a numerikus szeml´eltet´esre. Onk´ alasztjuk, hogy i0 = 0,01. Els˝ o fut´asunkban β = 1 ´es γ = 1/3, valamint a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak u programmal elk´esz´ıthetj¨ uk nagy kezd˝o´ert´eket adunk: s0 = 0,9 > so = 1/3. Egyszer˝ az 1. ´ abr´ at. Leg´erdekesebb eredm´eny: a 10. id˝ oszakban ´eri el a fert˝oz¨ otts´eg a maximum´at, a lakoss´ ag 27,7%-a fert˝oz¨ ott. A 20. id˝ oszakra a fert˝ oz¨ otts´eg gyakorlatilag elt˝ unik, de tov´ abbi sz´ am´ıt´ asok szerint a megfert˝ ozhet˝ os´eg megmarad 5%-n´ al.

Am´ıg it  0, addig (2) ´ertelm´eben rt+1  rt . Mivel st + it = 1 − rt , ez´ert st+1 + it+1  st + it  1.



Szavakkal: (1)-b˝ ol ´es (3)-b´ ol k¨ ovetkezik, hogy am´ıg van fert˝oz¨ott, addig a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ anya monoton cs¨ okken, a gy´ ogyultak´e viszont monoton n˝ o. Most m´ ar kimondhat´ o az 1. t´ etel. a) Ha a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak kezd˝ o´ert´eke legfeljebb a kritioz¨ ottek r´eszar´ anya monoton tart a 0-hoz. kus ´ert´ek: s0  so , akkor a fert˝ b) Ha a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak kezd˝ o´ert´eke nagyobb, mint a kritikus ´eroz¨ ottek it r´eszar´ anya eg´eszen addig n¨ ovekszik, am´ıg t´ek: so < s0 < 1, akkor a fert˝ a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ anya nem cs¨ okken a kritikus ´ert´ek al´ a, azt´ an pedig it a v´egtelenben 0-hoz tart. ul¨onb¨oztet¨ unk Bizony´ıt´ as. a) Ha s0  so , akkor st < so (t > 0). K´et alesetet k¨ meg. (i) Ha s0 < so , akkor (6)-ot fel´ırva 0, 1, . . . , t − 1 id˝ oszakra, ´es figyelembe v´eve, odik hogy st−1 < · · · < s1 < s0 , ad´ (8i)



o





o





o

t

it = 1 + β(st−1 − s ) · . . . · 1 + β(s0 − s ) i0 < 1 + β(s0 − s ) i0 ,

ul¨on kell kezelni. azaz it gyorsan tart 0-hoz. (ii) Ha s0 = so , akkor az els˝o l´ep´est k¨ i1 = i0 , ´es (5) szerint s1 = (1 − βi0 )so , majd (8i) szerint (8ii)

t−1  t−1  it < 1 + β(s1 − so ) i1 = 1 − β 2 i0 s o i0 ,

t  1.

b) 0 < so < s0 < 1 eset´en, am´ıg a megfert˝ oz¨ottek r´eszar´ anya nagyon kicsi: okken), teh´ at it r´eszar´ any (6) ´es it ≈ 0, addig (5) miatt st ≈ s0 (csak lassan cs¨ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

203

1. ´ abra. Er˝ os fert˝ oz´es, sok megfert˝ ozhet˝ o

A m´asodik fut´ asban feltessz¨ uk, hogy elk¨ ul¨ on´ıt´essel siker¨ ult az er˝ os fert˝oz´esi r´at´ at gyeng´ıteni: β = 0,5. Az el˝oz˝ o programot haszn´ alva kapjuk a 2. ´ abr´ at. A leg´erdekesebb eredm´eny: a fert˝ oz¨ otts´eg j´oval k´es˝ obb, a 22. id˝oszak k¨ or¨ ul ´eri el a maximum´at, s a lakoss´ agnak csup´an 4,5%-a fert˝ oz¨ ott, de a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ anya lassabban cs¨okken, ´es meg´all 45%-n´ al. A harmadik fut´ asn´ al feltessz¨ uk, hogy olt´ assal siker¨ ult a megfert˝ ozhet˝ ok nagy kezd˝o-r´eszar´ any´ at jelent˝osen cs¨ okkenteni, de a kritikus ´ert´ek f¨ ol¨ ott maradva: oz´esi r´ ata u ´jra nagy: β = 1. A 3. a ´br´ an l´athat´ o, hogy a mas0 = 0,5 > so . A fert˝ xim´alis fert˝ oz¨ otts´eg v´eletlen¨ ul ism´et 4,4%, de m´ ar a 16. id˝oszakban el´erj¨ uk, ´es alacsonyabb lesz a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak hat´ ar´ert´eke: 19%. 204

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire I. r´ esz 1. a) Oldjuk meg a

√ 2x + 6 = 9 − x egyenletet a val´ os sz´amok halmaz´an. (5 pont)

b) Oldjuk meg a log0,3 x  log0,3 49 egyenl˝ otlens´eget a val´ os sz´amok halmaz´an. (3 pont) 2 2 c) Oldjuk meg a sin 4x + sin 4x + cos 4x = 2 egyenletet a [0; π] halmazon. (4 pont) 2. Adott a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben az y + 2x = x2 egyenlet˝ u parabola. a) ´Irjuk fel a parabola E(2; 0) pontj´aban h´ uzott ´erint˝o egyenlet´et. (3 pont)

2. a ´bra. Gyeng´en fert˝ oz˝ o, sok megfert˝ ozhet˝ o

b) Sz´ am´ıtsuk ki a parabola tengelypontj´ anak koordin´at´ ait ´es hat´ arozzuk meg a parabola param´eter´et. (4 pont) A koordin´ ata-rendszerben a (−4; 0), (4; 0), (4; 8) ´es (−4; 8) cs´ ucspontokkal megadott t´eglalapot a fenti parabola h´arom r´eszre v´agja. c) Mekkora a k¨ oz´eps˝ o r´esz ter¨ ulete? (6 pont) 3. a) Egy m´ertani sorozat 1011-edik tagja megegyezik a sorozat null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨oz˝ o h´ anyados´ aval. Sz´ am´ıtsuk ki a sorozat els˝ o 2019 tagj´anak a szorzat´at. (6 pont) b) Jel¨olje x ´es y ebben a sorrendben egy m´ertani sorozat k´et egym´ ast k¨ ovet˝o tagj´ at. Tudjuk, hogy x = 0 ´es az (x; y) sz´ amp´ ar megold´ asa a 100x − 2 · 10x · 102y + 104y  0 3. a ´bra. Er˝ osen fert˝ oz˝ o, kev´es megfert˝ ozhet˝ o

egyenl˝ otlens´egnek. Sz´am´ıtsuk ki a sorozat h´anyados´ at.

Eddig kiz´artuk a γ  β esetet. A teljess´eg kedv´e´ert most r¨oviden megvizsg´ aljuk, mi t¨ ort´enik ekkor. Form´ alisan so  1, teh´at az 1. t´etel b) pontja ´ertelm´eben o´ allapotra teljes¨ ul az s0  so felt´etel, azaz a j´ arv´ any elhal. minden s0  1 kezd˝ ¨ Osszefoglal´ ask´ent, ne v´ arjunk csod´ akat egy modellt˝ol. Ez a modell csak a legegyszer˝ ubb ¨ osszef¨ ugg´eseket k´epes megvil´ ag´ıtani, p´eld´ aul, hogy l´etezik a megfert˝ ozhet˝ ok r´eszar´ any´ anak egy kritikus ´ert´eke. Ha a kritikus ´ert´ek alattr´ ol vagy f¨ol¨ottr˝ol ind´ıtjuk a rendszert, az nemcsak kvantitat´ıve, de kvalitat´ıve is m´ ask´epp viselkedik. Modell¨ unk azonban k´eptelen kezelni a koronav´ırus-j´ arv´ anynak azt a k¨ozponti k´erd´es´et, hogy az elk¨ ul¨ on´ıt´es a fert˝oz´esi folyamat lass´ıt´as´aval megn¨oveli a gy´ogyul´ as val´osz´ın˝ us´eg´et (lesz el´eg l´elegeztet˝ og´ep). Ennek r´eszletez´ese azonban t´ ulmutat a tanulm´anyon. Simonovits Andr´ as

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

205

(6 pont)

´ nev˝ 4. A VONALAZO u j´at´ekot k´et ember j´ atszhatja. A j´ at´ek menete Egy pap´ırlapra a j´ at´ekosok n´eh´ any pontot rajzolnak. A kezd˝o j´at´ekos h´ uz egy vonalat valamelyik pontb´ol egy m´asik pontig, ´es a vonalra egy u ´jabb pontot rajzol. ´Igy ebb˝ ol az u ´j pontb´ ol k´et vonal indul ki. A k´et j´at´ekos felv´altva h´ uzza a vonalakat a pontok k¨ oz¨ ott ´es a j´at´ekos a megrajzolt vonalra mindig egy u ´j pontot rajzol a k¨ovetkez˝ o szab´ alyok betart´ as´ aval: 1. Mindegyik vonal alakja tetsz˝oleges lehet, de nem metszheti ¨ onmag´at ´es nem metszhet egyetlen kor´ abban megrajzolt vonalat sem. 2. Az ¨osszek¨ ot˝ o vonal k´et pontot k¨ ot ¨ ossze ´es nem mehet ´at m´as kor´ abban megrajzolt ponton. 3. K´et pontot csak egyetlen vonal k¨ othet ¨ ossze. 206

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

4. Egyetlen pontb´ol sem indulhat ki h´aromn´ al t¨ obb vonal. Az vesz´ıt, aki m´ar nem tud h´ uzni egy vonalat sem. a) A 4.1. ´ abr´ an 3 pont l´ athat´ o. Rajzoljuk bele az ´abr´ aba – a fenti felt´etelek figyelembev´etel´evel – annak a j´ at´eknak az egyes l´ep´eseit, amelyben pontosan 4 u ´j pont szerepel. A kezd˝ o j´ at´ekos vonala legyen folytonos, az ellenf´el´e pedig szaggatott. Az u ´j pontokat u aval jel¨ olje. (3 pont) ¨res karik´

4.1. a ´bra

a) H´any m´eter fal´ecre van sz¨ uks´eg a pult kialak´ıt´as´ ahoz? V´ alaszunkat eg´eszre kerek´ıtve adjuk meg. (8 pont) Egy m´asik z¨ olds´egesnek megtetszett az ¨ otlet ´es b´ od´ej´ ahoz egy f´elbev´ agott csonkak´ up alak´ u b˝ ov´ıtm´enyt tervezett az ´ abra szerint, ahol h a b˝ ov´ıtm´eny magass´ ag´ at, α pedig a f´elbev´ agott csonkak´ up b´ od´eval ´erintkez˝o alkot´ oj´anak a b´od´e als´ o, v´ızszino tes ´el´evel bez´ art sz¨ og´et jel¨ oli. A b˝ ov´ıtm´eny m´eretei: h = 100 cm, α = 70◦ , a fels˝ k¨or sugara pedig 1,5 m (5.2. ´ abra). c) Mennyi anyag sz¨ uks´eges a sz¨ urk´evel jel¨ olt pal´astr´esz bebor´ıt´ as´ ahoz, ha az illeszt´esek miatt plusz 4% anyaggal kell sz´ amolni? V´ alaszunkat tized n´egyzetm´eterre kerek´ıtve adjuk meg. (8 pont) 6. Egy 8 × 8-as sakkt´abla mez˝ oire 1-t˝ ol 64-ig be´ırtuk a term´eszetes sz´ amokat a 6.1. ´ abra szerint. Ezut´an k´esz´ıtett¨ unk egy olyan alakzatot, amely 5 darab, a sakkt´ abla mez˝ oivel egybev´ ag´ o n´egyzetb˝ ol a´ll (6.2. a ´bra). Az ´ıgy elk´esz´ıtett alakzatot v´eletlenszer˝ uen r´ ahelyezz¨ uk a sakkt´ abl´ ara u ´gy, hogy annak mind az ¨ ot n´egyzete lefedjen egy-egy mez˝ ot a t´ abl´ an.

4.2. ´ abra

A 4.2. ´ abr´ an egy j´ atszma l´ep´eseit lehet nyomon k¨ovetni. A kezd˝o j´ at´ekos vonalait a folytonos, az ellenf´el l´ep´eseit pedig a szaggatott vonalak jelzik. b) Sz´ amozzuk be az u aval jelzett u ´j pontokat a keletkez´es¨ uk sorrend¨res karik´ j´eben ´es d¨ onts¨ uk el, melyik j´ at´ekos nyerte a j´ atszm´at. (4 pont) ´ nev˝ Levente Csab´ aval m´ ar nagyon sokszor j´atszotta a VONALAZO u j´at´ekot. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Levente 10 j´at´ekb´ ol legal´abb 8-at megnyer k´etszer akkora, mint annak, hogy pontosan 8-at nyer meg. (T´etelezz¨ uk fel, hogy Levente mindegyik j´atszm´aban ugyanakkora val´ osz´ın˝ us´eggel nyer.) c) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Levente megnyer egy j´ atszm´at? (7 pont) II. r´ esz 5. Egy z¨ olds´eg´ arus a friss a´ruj´ at a pulton f´elk¨ or´ıvben helyezi el. Az egyes tartoor az 5.1. ´ abr´ an l´athat´ o m´ odon n´egy egybev´ ag´o m´ anyokat fal´ecek hat´ arolj´ ak. A f´elk¨ k¨ orcikkre van osztva. Az ´abr´ an l´athat´ o¨ osszes egyenes szakasz ´es a f´elk¨or´ıv is fal´ecb˝ ol k´esz¨ ult. A szomsz´edos sugarakat ¨ osszek¨ ot˝ o elv´ alaszt´ o l´ecek p´arhuzamosak ´es h´ arom egyenl˝o r´eszre osztj´ ak a sugarakat. A f´elk¨ or sugara 1,5 m´eter.

6.1. a ´bra

6.2. ´ abra

a) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a lefedett sz´amok ¨ osszege oszthat´ o 3-mal? (6 pont) Egy m´asik alkalommal a sakkt´abla mez˝ oire 64 pozit´ıv eg´esz sz´ amot ´ırtunk. K¨oz¨ ul¨ uk az egyik egyjegy˝ u, a t¨ obbi k´etjegy˝ u sz´ am. Tudjuk, hogy a fel´ırt sz´amok medi´anja ´es egyetlen m´ odusza a 68, ami k´etszer szerepel a t´ abl´ an. Tudjuk tov´ abb´ a, hogy a sz´ amok ´ atlaga 67,5, a terjedelm¨ uk pedig 93. b) Mely sz´ amok szerepelnek a t´abl´ an?

(10 pont)

7. Adott a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben az A(11; −2) ´es a B(2; 1) 2 2 u k¨ or. pontokat o¨sszek¨ ot˝ o szakasz, tov´ abb´ a az (x + 4) + (y − 3) = 20 egyenlet˝ ◦ Az AB szakaszt a koordin´ata-rendszer orig´ oja k¨ or¨ ul +90 -kal elforgatjuk. 5.1. a ´bra K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

a) Sz´am´ıt´ assal igazoljuk, hogy a forgat´ assal kapott szakasz egy pontban metszi a megadott k¨ ort. (4 pont)

5.2. ´ abra

207

208

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Egy r ´es R sugar´ u k¨ or k´ıv¨ ulr˝ ol ´erinti egym´ ast. A k¨or¨ok k¨oz´eppontjain a´thalad´ o egyenes ezeket a k¨ or¨ oket az ´erint´esi ponton k´ıv¨ ul az A ´es B pontokban metszi. Az egyik k¨ oz¨ os k¨ uls˝ o ´erint˝o ´erint´esi pontjai E ´es F . b) Igazoljuk, hogy az ABEF n´egysz¨ og h´ urn´egysz¨og. c) Sz´am´ıtsuk ki a k¨ oz¨ os k¨ uls˝ o ´erint˝oszakasz hossz´ at.

(6 pont) (6 pont)

8. Egy szabadul´ oszob´ anak h´ arom bej´arata van. Egy 6 f˝os t´ arsas´ ag tagjai am´ıt. b´ armelyik ajt´ on, de csak kettes´evel l´ephetnek be. A bel´ep´es sorrendje nem sz´ a) H´ anyf´ele m´ odon juthatnak be a szob´ aba a t´ arsas´ ag tagjai? (4 pont) A szabadul´ oszoba egyik feladata ´ıgy sz´ olt: adott t´ız l´atsz´olag egyforma lakat illetve t´ız kulcs. Mindegyik lakatra igaz, hogy pontosan egy kulcs nyitja. A j´at´ekszab´ aly szerint a j´ at´ekosnak mind a 10 lakatot ki kell nyitnia. Nevezz¨ uk pr´ob´alkoz´ asnak egy kulcs ´es egy lakat ¨ osszeilleszt´es´et, ak´ ar nyitja a kulcs a lakatot, ak´ ar nem.

b) H´any olyan feh´er sz´ın˝ u mez˝ o van a t´ abl´ an, amelyre l´epve a j´at´ekos egyszer kimarad a j´at´ekb´ ol? (3 pont) A t´arsasj´ at´ek j´ at´ekszab´alya szerint a j´at´ekosok egy feh´er ´es egy s´ arga sz´ın˝ u szab´ alyos dob´ okock´ aval dobnak egyszerre, ´es a l´ep´es¨ uk sz´ama a dobott sz´ amok as ¨ osszege 6, akkor a j´at´ekosok u ´jra dobhatnak, ´es a l´ep´esek ¨osszege. Ha a dob´ sz´ama a j´ at´ekos a´ltal dobott n´egy sz´ am ¨ osszege lesz. (P´eld´ aul: Ha a j´at´ekos els˝o dob´ asa 2 ´es 5 volt, akkor a 7-es mez˝ ore l´ep. Ha viszont a j´at´ekos els˝o dob´ asa 2 ´es 4, az u ´j dob´ asa 3 ´es 5 volt, akkor a j´ at´ekos a 14-es mez˝ ore l´ephet.) Ha egy mez˝ o sorsz´ ama 10-zel oszthat´ o, akkor erre r´ al´epve, a j´ at´ekos a b´ abuj´ aval visszal´ep a legk¨ozelebbi, f´ at ´abr´ azol´ o mez˝ ore. c) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o j´at´ekos b´abuja kezd´eskor a 10-es mez˝ ore l´ep? (Kezd´eskor a j´at´ekosok b´ abui az 1-es mez˝ o el˝ ott a´llnak.) (6 pont) Varga P´ eter Budapest

b) M´ odszeresen dolgozva legfeljebb h´ any pr´ ob´alkoz´ as kell a feladat megold´ as´a(3 pont) Egy t´ ul´el˝ o” m˝ usorban az egyik feladat az volt, hogy a lehet˝o leggyorsabban ” jussanak el a versenyz˝ ok a tengerparton l´ev˝ o A pontb´ ol a tengeren l´ev˝ o B pontba, mert akkor v´edetts´eget szereznek a k¨ ovetkez˝ o megm´erettet´esre. Tudjuk, hogy a parton csak futhatnak, a tengerben csak u ´szhatnak, seg´edeszk¨oz¨oket (far¨onk, evez˝ o stb.) nem haszn´alhatnak. Az ´ abra szerint a p´alya m´eretei: AQ = 4 km, BQ = = 1 km, valamint AQB = 90◦ . (A partvonalat az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert tekints¨ uk egyenesnek.) Az egyik versenyz˝o 8 km/´ora sebess´eggel k´epes futni a homokban ´es 2 km/´ ora sebess´eggel u ´szni a tengerben. hoz?

Megold´ asv´ azlatok a 2020/3. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz I. r´ esz 1. a) Oldjuk meg a val´ os sz´ amok halmaz´ an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet:  x2 − 14 = 2 x2 + 1 .

b) Oldjuk meg a val´ os sz´ amok halmaz´ an a k¨ ovetkez˝ o egyenletrendszert: 2x2 y 1 = , 2 2x + y 2 12x2 y 1 = . 2 4x + 3y 5

c) H´ any km fut´as ut´an ugorjon a versenyz˝ o a tengerbe, ha a lehet˝ o legr¨ovidebb id˝ on bel¨ ul szeretne eljutni A-b´ ol B-be? (9 pont) 9. Egy o u csal´ ad (apa, anya ´es a h´ arom gyerek) ´eletkor´ anak o¨sszege ebben ¨ttag´ az ´evben 100 ´ev. Az anya 6 ´evvel fiatalabb a f´erj´en´el. 6 ´ev m´ ulva a k¨oz´eps˝ o gyerek k´etszerannyi id˝ os lesz, mint most. Amikor a legkisebb gyerek sz¨ uletett, abban az ´evben (a kicsi megsz¨ ulet´ese el˝ott) a n´egytag´ u csal´ ad ´atlag´eletkora 22,5 ´ev volt. Az anya az els˝ o gyermek´et 22 ´eves kor´ aban sz¨ ulte. a) H´ any ´eves most az anyuka? (7 pont) Vas´ arnap d´elut´ an a csal´adtagok egy u ´j t´ arsasj´ at´ekot pr´ob´alnak ki. A t´ arsasj´at´ek j´ at´ekt´ abl´ aj´an 100 mez˝o kapcsol´odik egym´ as ut´an, melyeket a tervez˝ ok 1-t˝ ol 100-ig megsz´ amoztak. A t´ abl´ an a m´ asodik mez˝ ot˝ ol kezdve minden 2. mez˝o z¨old sz´ın˝ u (a t¨ obbi feh´er), a harmadik mez˝ ot˝ ol kezdve minden 3. mez˝on egy ´allat k´epe, a negyedik mez˝ot˝ ol kezdve minden 4. mez˝on egy fa k´epe, ´es az ¨ot¨odik mez˝ ot˝ ol kezdve minden 5. mez˝ on egy vad´aszh´ az k´epe l´ athat´ o. A j´at´ekszab´aly szerint, ha egy mez˝ on k´et figura szerepel, akkor az erre a mez˝ ore l´ep˝ o j´at´ekos egyszer kimarad a j´at´ekb´ ol. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

209

(6 pont)

(7 pont)

Megold´ as. a) A gy¨ okjel alatti mennyis´eg mindig pozit´ıv. Az egyenlet bal oldala nem lehet negat´ıv, azaz x2 − 14  0; Vezess¨ unk be u ´j ismeretlent, azaz legyen  a = x2 + 1

x2  14. ( 0).

Ekkor az egyenlet¨ unk az

x2 + 1 − 15 = a2 − 15 = 2a,

a2 − 2a − 15 = 0

ohet sz´ am´ıalakot veszi fel. Ennek megold´asai a1 = 5, a2 = −3. Ebb˝ol csak az a1 j¨ t´asba az el˝ojel miatt, azaz  √ √ 25 = x2 + 1, x2 = 24, x = ± 24 = ±2 6. a1 = 5 = x2 + 1, A kapott gy¨ok¨ oket az ellen˝orz´es j´ onak tal´alja.

210

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

b) Ha x = 0 lenne, akkor az egyenletek bal oldal´an nulla ´allna, m´ıg jobb oldal´ an nem, teh´at x = 0. Ugyanezen gondolat alapj´ an kapjuk, hogy y = 0. A megolduk az egyenletek hat´ os´ag felt´etele, hogy 2x2 + y = 0 ´es 4x2 + 3y = 0 legyen. Vegy¨ reciprokait – az el˝oz˝ oek alapj´ an megtehetj¨ uk – ´es rendezz¨ uk: 2x2 + y = 2, 2x2 y

4x2 + 3y = 5, 12x2 y

2x2 y + = 2, 2x2 y 2x2 y

4x2 3y + = 5, 12x2 y 12x2 y

1 1 + = 2. y 2x2

1 1 + = 5. 3y 4x2

Egy szorzat akkor ´es csak akkor nulla, ha valamelyik t´enyez˝ oje nulla, azaz

a1 = 1,

1 , x2

⇒



x2 =

1 − 3 cos2 x + 3 cos4 x − cos6 x + cos6 x = −2 + 6 cos2 x − 3,

3a + 4b = 60

1 , 52

b = −24 =

1 , y

y=−

1 , 24

3 cos4 x − 9 cos2 x + 6 = 0, cos4 x − 3 cos2 x + 2 = 0.

Vezess¨ unk be u ´j ismeretlent, azaz a = cos2 x, ekkor egyenlet¨ unk az a2 − 3a + 2 = 0 alakot veszi fel, aminek a gy¨ okei: a1 = 2 ´es a2 = 1. Ekkor a1 = 2 = cos2 x, √ cos x = ± 2,

( 2√113 ; − 241 ) ´es ( − 2√113 ; − 241 ), az ellen˝orz´es mindkett˝ot j´onak 4x + 4 · 2−x = 5.

(6 pont)

a3 − 5a + 4 = 0,

(a − 1)(a2 + a + 1) − 5(a − 1) = 0, K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

x = kπ; k ∈ Z.

3. a) Oldjuk meg a val´ os sz´ amok halmaz´ an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet: 2

1+

(7 pont)

Megold´ as. a) Vezess¨ unk be u ´j ismeretlent, legyen 2x = a (> 0). ´Igy 4 = 5, a

cos x = ±1,

A kapott gy¨ok¨ oket az ellen˝orz´es j´ onak tal´alja.

b) Oldjuk meg a val´ os sz´ amok halmaz´ an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet: sin6 x + cos6 x = −2 + 3 cos 2x.

a2 = 1 = cos2 x,

ami nem lehets´eges,

2. a) Oldjuk meg a val´ os sz´ amok halmaz´ an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet:

a2 +

x2

3

1 1 x = ±√ = ± √ . 52 2 13 A kapott gy¨ ok¨ ok tal´ alja.

x1 = 0,

(1 − cos2 x) + cos6 x = −2 + 3(2 cos2 x − 1),

a + 2b = 4

alakot nyeri el. Itt a m´ asodik egyenletb˝ol az els˝o k´etszeres´et levonva kapjuk, hogy a = 52 ´es b = −24; azaz 1 , x2

2x

b) Haszn´ aljuk fel, hogy sin2 x = 1 − cos2 x ´es cos 2x = 2 cos2 x − 1 igaz minden val´os sz´amra:

Az egyenletrendszer az ⎧ 1 ⎪ ⎨ a+b=2 2 ⎪ 1 ⎩ a + 1b = 5 4 3

a = 52 =

2x = 1,

√ −1 + 17 , = 2 √ −1 − 17 (< 0), = 2 √ −1 + 17 , = 2 √ −1 + 17 . = log2 2

a3 nem ad megold´ ast, mivel negat´ıv. A kapott gy¨ ok¨ oket az ellen˝orz´es j´onak tal´alja.

1 . y

b=

a2 a3

Vezess¨ unk be u ´j ismeretleneket: a=

a2 + a − 4 = 0,

a − 1 = 0,

4 log2 (x + 1) 3 = + . log4 (x2 − 6x + 13) log2 (x + 1) 2

(8 pont)

b) Egy szab´ alyos dob´ okock´ at hatvanszor feldobva 15 esetben kaptunk hatost. Ezt a k´ıs´erletet egym´ as ut´ an t¨ obbsz¨ or elv´egezve mindig ehhez hasonl´ o eredm´enyre jutunk. Emiatt u ´gy sejtj¨ uk, hogy a dob´ okocka cinkelt”, azaz a hatos megn¨ ovelt ” val´ osz´ın˝ us´eggel b´ır. Mekkora ez a val´ osz´ın˝ us´eg, ha minden 60-as sorozat eset´en 15 lett a kapott ´ert´ek (azaz a v´ arhat´ o ´ert´ek 15)? (4 pont)

a3 − 1 − 5a + 5 = 0, (a − 1)(a2 + a − 4) = 0. 211

212

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Megold´ as. a) Az egyenlet ´ertelmez´esi tartom´any´ at vizsg´alva: 2

2

log4 (x − 6x + 13) = 0,

x − 6x + 13 > 0,

x2 − 6x + 12 = 0,

(x − 3) + 4 > 0,

log2 (x + 1) = 0,

2

azaz x + 1 > 0,

x = 0,

x > −1,

2

2

4 log2 (x + 1) +  4. log2 (x + 1) 2 Kaptuk, hogy az egyenlet bal oldala 4 vagy kisebb, a jobb oldala 4 vagy nagyobb. Egyenl˝ os´eg akkor ´es csak akkor lehet, ha mind a k´et oldal 4, ekkor

(x − 3) + 3 = 0.

4 = log2 (x + 1), log2 (x + 1)

2

x2 − 6x + 13 = (x − 3) + 4 = 4,

¨ Osszefoglalva: −1 < x ´es x = 0.

2

I. eset: −1 < x < 0. Ekkor az egyenlet jobb oldala negat´ıv, hiszen x < 0 eset´en log2 (x + 1) < 0, ´es ´ıgy

log22 (x + 1) = 4,

(x − 3) = 0,

log2 (x + 1) = ±2,

x1 = 3,

2

log2 (x + 1) 4 2 log2 (x + 1) 4 + = + = log2 (x + 1) 2 log2 (x + 1) 2

 4 4 = + log2 (x + 1) = log2 (x + 1) +1 log2 (x + 1) log22 (x + 1)

3 x2 = 3, x3 = − . 4 Mindk´et k¨ovetelm´eny csak az x = 3 eset´en teljes¨ ul, ´ıgy ez az egyenlet megold´ asa. A kapott gy¨ ok¨ ot az ellen˝orz´es j´ onak tal´alja. b) Legyen p annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy hatost dobunk, ekkor a t¨ obbi dob´ asra 1 − p ad´odik. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy 60 dob´ asb´ ol 15 esetben kapunk hatost:

 60 15 45 P (15 a 60-b´ ol) = p (1 − p) . 15

is negat´ıv. A bal oldal pozit´ıv, hiszen 2

x2 − 6x + 13 = (x − 3) + 4  4,

log4 (x2 − 6x + 13)  log4 4 = 1,

1+

Tekinthetj¨ uk ezt egy binomi´ alis eloszl´ asnak. A v´arhat´ o ´ert´ek np, ami az adott esetben 60 · p = 15, p = er˝ os elt´er´est mutat. Mindenk´eppen igazolja a gyan´ ut, hogy

Ebben az intervallumban teh´at nincs megold´as. II. eset: 0 < x. Az egyenlet bal oldal´anak ´ert´ekk´eszlet´et vizsg´alva: 2

x2 − 6x + 13 = (x − 3) + 4  4, log4 (x2 − 6x + 13)  1,

a1 = 1;

1  1, log4 (x2 − 6x + 13) 1+

log4

(x2

an+1 = 3 · an + 1 (n  1).

Adjuk meg a sorozat 2020-adik tagj´ at.

3  4. − 6x + 13)

Az egyenlet jobb oldal´ at vizsg´alva, k¨ ozben haszn´ alva egy sz´ amtani-m´ertani k¨oz´ep k¨ ozti egyenl˝ otlens´eget a pozit´ıv log2 (x + 1) kifejez´esre:

(7 pont)

Megold´ as. a) Jel¨ olj¨ uk a sz´ amtani sorozat els˝ o elem´et a-val ´es a differenci´aj´at d-vel. Ekkor az els˝o n´egy eleme rendre a1 = a; a2 = a + d; a2 = a + 2d; a4 = a + 3d. Az els˝o, m´asodik ´es negyedik elemhez 1-et adva egy m´ertani sorozat egym´ as ut´ani h´ arom elem´et kapjuk, amelyekre igaz, hogy a k¨ oz´eps˝ o elem n´egyzete a k´et sz´els˝ o szorzata, azaz: 2

2

(a + d + 1) = (a + 1)(a + 3d + 1),

log2 (x + 1) 4 + = log2 (x + 1) 2 √ 4 4 = + log2 (x + 1)  2 · log2 (x + 1) = 2 4 = 4, log2 (x + 1) log2 (x + 1) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

1 . Ez az elvi 16 4

´ert´ekt˝ ol cinkelt” a kocka. ” 4. a) Egy nem ´ alland´ o sz´ amtani sorozat els˝ o, m´ asodik ´es negyedik elem´ehez rendre 1-et adunk, ´ıgy egy m´ertani sorozat m´ asodik, harmadik ´es negyedik elem´et kapjuk. A m´ertani sorozat els˝ o, m´ asodik ´es harmadik elem´enek az ¨ osszege 7. Mennyi a sz´ amtani sorozat 1010-edik eleme? (6 pont) b) Adott a k¨ ovetkez˝ o sorozat:

3 > 1. 2 log4 (x − 6x + 13)

a2 + d2 + 1 + 2a + 2d + 2ad = a2 + 2a + 1 + 3ad + 3d, d2 − ad − d = 0, d(d − a − 1) = 0. 213

214

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Mivel a sorozat nem ´alland´ o, ez´ert d = 0, ´ıgy d = a + 1. A sz´amtani sorozat: a1 = a; aadva: a2 = a + d = 2a + 1; a3 = 3a + 2; a4 = 4a + 3. Az elemekhez egyet hozz´ a1 = a + 1; a2 = 2a + 2; a3 = 3a + 3; a4 = 4a + 4. Ezek k¨ oz¨ ul az els˝ o, m´asodik ´es negyedik t´enyleg egy m´ertani sorozat elemei, melynek a h´ anyadosa q = 2. Az els˝o, m´asodik ´es harmadik elem ¨ osszege 7 a feladat szerint, teh´ at a+1 + (a + 1) + 2(a + 1) = 7, 2

7 (a + 1) · = 7, 2

a = 1.

Ekkor d = 2, a kezdeti sz´ amtani sorozat 1; 3; 5; 7. Az elemekhez egyet adva a 2; 4; 6; 8 sz´ amokat kapjuk ´es a 2; 4; 8 t´enyleg egy m´ertani sorozat elemei. A 2 el˝ otti elem 1, ´es az els˝o h´ arom ¨ osszege 1 + 2 + 4 = 7. A sz´ amtani sorozat 1010-edik eleme: a1010 = 1 + 1009 · 2 = 2019. b) I. megold´ as. Az elemeket kisz´ amolva kapjuk, hogy a1 = 1; a2 = 4; a3 = 13; uk ´eszre, hogy ha a sorozat elemeit megszorozzuk a4 = 40; a5 = 121. Azt vehetj¨ 2-vel: 2 · a1 = 2;

2 · a2 = 8;

2 · a3 = 26;

2 · a4 = 80;

´es innen a2020 =

III. megold´ as (v´ azlat/¨ otlet). Az elemeket kisz´ amolva a1 = 1; a2 = 4; a3 = 13; ´ o, hogy a sorozat elemeinek k¨ ul¨ onbs´ege a4 = 40; a5 = 121. Eszrevehet˝ a2 − a1 = 3;

a4 − a3 = 27;

a5 − a4 = 81,

´atalak´ıt´asb´ ol is. Innen az elemek: a1 = 1,

a2 = 1 + 3,

a3 = 1 + 3 + 32 ,

a4 = 1 + 3 + 32 + 33 ,

...

an = 1 + 3 + 32 + . . . + 3n−1 , ´es ad´ odik a z´ art alak.

2 · a5 = 242,

II. r´ esz 5. a) Legyen a ´es b nemnegat´ıv val´ os sz´ am. Bizony´ıtsuk be, hogy 0

3n+1 − 3 3n+1 − 1 3n − 1 +1= +1= , = 3 · an + 1 = 3 · 2 2 2

(a + 1)(b + 1)  1. a 2 + b2 + 2

´ Irhatunk-e a nulla helyett n´ ala nagyobb sz´ amot? (9 pont) b) Egy fel¨ ul nyitott f´emdobozt lemezb˝ ol ´ all´ıtunk el˝ ou ´gy, hogy az 1. ´abr´ an l´ athat´ o m´ odon kiv´ agunk, majd o sszehajtogatunk egy ilyen alakot. ¨

azaz igaz volt sejt´es¨ unk. ´Igy a keresett elem: a2020 =

a3 − a2 = 9;

vagyis minden k¨ ul¨ onbs´eg az el˝oz˝ o k¨ ul¨ onbs´eg h´ aromszorosa, ami ad´ odik az an = 3 · an−1 + 1 ⇒ an − an−1 = 3an−1 − 3an−2 = 3(an−1 − an−2 ) an−1 = 3 · an−2 + 1

akkor mindig egy h´arom hatv´ anyn´al eggyel kisebb sz´amot kapunk. Teh´ at az a sejt´es, n hogy an = 3 2−1 . Alkalmazva a k´epz´esi szab´ alyt: an+1

32020 − 1 . 2

32020 − 1 . 2

II. megold´ as. Alak´ıtsuk a´t az ¨ osszef¨ ugg´est: an+1 = 3 · an + 1,

1 3 an+1 + = 3 · an + , 2 2

Ezt fel´ırva n-t˝ ol 2-ig:

1 an + = 3 · an−1 + 2

1 an−2 + = 3 · an−3 + 2

1 2 1 2

 

, ,

...

 1 1 an+1 + = 3 · an + . 2 2

 1 1 an−1 + = 3 · an−2 + , 2 2

 1 1 a2 + = 3 · a 1 + , 2 2

1. a ´bra

A kiv´ ag´ ast egy 30 cm-es sz´eles f´emszalagb´ ol v´egezz¨ uk u ´gy, hogy 2 ilyen mint´ at ford´ıtunk egym´ assal szembe a 2. a´bra szerint. Hogyan v´ alasszuk meg a m´ereteket, hogy a kiker¨ ul˝ o f´emdoboz a lehet˝ o legnagyobb t´erfogat´ u legyen? (7 pont)

majd ¨ osszeszorozva an +



1 1 = 3n−1 · a1 + 2 2



= 3n−1 ·

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

1 3 = · 3n , 2 2

uk Megold´ as. a) A nevez˝ o biztosan pozit´ıv, hiszen a2 + b2 + 2  2 > 0. N´ezz¨ a dupla egyenl˝otlens´eg bal oldal´ at. A vizsg´aland´ o kifejez´es sz´ aml´ al´oja ´es nevez˝ oje is pozit´ıv, ´ıgy maga a t¨ ort is.

n

an =

2. a ´bra

3 −1 , 2 215

216

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Legyen a kicsi ´es b = n nagy sz´am. Ekkor 0

(a + 1)(n + 1) 2 · (n + 1) 2(n + 1) 2 (a + 1)(b + 1) = < = = , a 2 + b2 + 2 a2 + n2 + 2 n2 − 1 (n + 1)(n − 1) n−1 (a + 1)(b + 1) 2 < , 2 2 a +b +2 b−1

0

(a + 1)(b + 1) 2 < , 2 2 a +b +2 b−1

Csak az x = 10 j¨ ohet sz´ oba, ekkor f  (10) = 30 − 6 · 10 = −30 < 0; azaz x = 10-ben t´enyleg maximuma van a f¨ uggv´enynek, a maxim´ alis ´ert´eke f (10) = 102 (15 − 10) = 2 = 500. Kaptuk, hogy V = r (15 − r)π  500π ´es a maximuma r = 10 eset´en lesz, a t´erfogata ekkor 500π cm3 . A m´eretar´ anyos rajz ezek szerint:

ami azt jelenti, hogy a t¨ ort ak´ armilyen kicsi tud lenni, ´ıgy a bal oldalon nem lehet nulla helyett nagyobb sz´ amot ´ırni. Egyenl˝os´eg semmilyen a, b ´ert´ek eset´en nem teljes¨ ul. Rendezz¨ uk az egyenl˝ otlens´eg jobb oldal´ at: (a + 1)(b + 1)  1, a 2 + b2 + 2 (a + 1)(b + 1)  a2 + b2 + 2,

6. a) Adjuk meg annak az egyenesnek az egyenlet´et, mely egyidej˝ uleg ´erinti akat. (9 pont) az y = x2 ´es y = −x2 + 4x − 2 parabol´

ab + a + b + 1  a + b + 2, 2

2

ab + a + b  a2 + b2 + 1, 2a + 2b + 2ab  2a2 + 2b2 + 2, 0  a2 − 2a + 1 + b2 − 2b + 1 + a2 − 2ab + b2 , 2

2

2

0  (a − 1) + (b − 1) + (a − b) . Az utols´ o sor biztosan igaz, hiszen h´arom sz´am n´egyzet´enek ¨osszege nem lehet negat´ıv. Mivel a l´ep´esek megford´ıthat´ oak, ez´ert az eredeti egyenl˝ otlens´eg is igaz. Egyenl˝ os´eg akkor ´es csak akkor teljes¨ ul, ha egyidej˝ uleg mind a h´ arom n´egyzetsz´ am nulla, azaz a = b = 1. b) Legyen a kiv´ agand´ o k¨ orlemez sugara r, ekkor a f´emdoboz magass´ aga m=

30 − 2r = 15 − r 2

lesz. A t´erfogata V = r2 mπ = r2 (15 − r)π, ahol 0  r  15.

Tekints¨ uk az f : [0; 15] → R; x → x2 (15 − x) f¨ uggv´enyt. Ennek keress¨ uk a maximum´at. Egy z´ art intervallumon folytonos f¨ uggv´enynek van sz´els˝ o´ert´eke. Mivel f (0) = f (15) = 0, ez´ert a maximum´at az intervallum bels˝o pontj´aban veszi fel. f (x) = x2 (15 − x) = 15x2 − x3 ,

f  (x) = 30x − 3x2 ,

f  (x) = 30 − 6x.

Ott lehet maximuma, ahol f  (x) = 0 ´es f  (x) < 0.

b) A magyar G´ ugLi Kft. egy embl´em´ at tervez a sz´ekh´ azuk el´e, amely egy f´elbev´ agott g¨ omb ´es egy k´ up ¨ osszet´etel´eb˝ ol ´ all. Az embl´em´ anak f¨ ugg˝ olegesen a negyede ki van v´ agva u ´gy, hogy a k´et v´ ag´ os´ık az embl´ema f¨ ugg˝ oleges tengelye ment´en metszi egym´ ast. Az embl´ema keresztmetszete ´es a f¨ ugg˝ oleges metszete az ´ abr´ an l´ athat´ o. A k´ up magass´ aga ´eppen a f´elbev´ agott g¨ omb sugar´ anak a k´etszerese. Betonb´ ol szeretn´ek elk´esz´ıttetni majd lefesteni a 1,5 m magass´ ag´ ura tervezett embl´em´ at. – Mennyi beton sz¨ uks´eges az elk´esz´ıt´es´ehez, ha az elk´esz´ıt´es folyam´ an 15% vesztes´eggel sz´ amolhatunk? – Mekkora lesz az elk´esz¨ ult embl´ema t¨ omege? 2 o fest´eket kell beszerezni¨ uk, ha az id˝ oj´ ar´ as ellen h´ arom– H´ any m -re elegend˝ szor szeretn´ek lefesteni ´es a fest´es sor´ an keletkez˝ o vesztes´eg 5%? (7 pont)

Megold´ as. a) I. megold´ as. Hat´ arozzuk meg egy a pontban az y = x2 ´erint˝oj´et.  atmegy az (a; a2 ) ponton, ´ıgy az ´erint˝o: Az ´erint˝o meredeks´ege: y = 2x; m = 2a. Ez ´ 2 2 y = 2a(x − a) + a = 2ax − a . Ezen egyenesnek ´es az y = −x2 + 4x − 2 parabol´anak 1 metsz´espontja (´erint´esi pont) van. Keress¨ uk ezt meg, azaz oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletrendszert: ⎧ ⎨y = 2ax − a2 , ⎩y = −x2 + 4x − 2. 2ax − a2 = −x2 + 4x − 2,

x2 + (2a − 4)x − (a2 − 2) = 0.

f  (x) = 30x − 3x2 = 3x(10 − x) = 0. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

217

218

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Mivel az egyenes ´erint˝o, ennek a m´asodfok´ u egyenletnek csak egy val´os sz´am lehet a megold´ asa, teh´at a diszkrimin´ ansa nulla: 2

2

2

y = (−2b + 4)(x − b) − b2 + 4b − 2 = (−2b + 4)x + b2 − 2.

4r2 π 3 r2 π · + = 2r2 π. 2 4 2

√ Az alkot´ o r 5, ´ıgy a kiv´ agott k´ up felsz´ıne: √ √ √ 2r · r 3r2 π · 5 2rπ · 5r 3 3π · 5 + 8 2 · +2· = + 2r2 = ·r . Ak´up = 2 4 2 4 4 Az embl´ema felsz´ıne:

Ha k¨ oz¨ os az ´erint˝o, akkor ugyanaz az egyenes egyenlete, azaz

2

Aembl´ema = Af´elg¨omb + Ak´up = 2r π +

y = (−2b + 4)x + b2 − 2.

3π ·

√

5+8 2 3π · ·r = 4

√

5 + 8π + 8 2 ·r . 4

H´aromszor kell festeni ´es a fest´ek 95%-a hasznosul: √ 3π · 5 + 8π + 8 2 ·r , 0,95 · Afest´ek = 3 · 4 √ 3π · 5 + 8π + 8 2 · r ≈ 10,7 m2 . Afest´ek = 60 · 76

2a = −2b + 4, −a2 = b2 − 2.

Megoldva az egyenletrendszert: 2

−(−b + 2) = b2 − 2,

a = −b + 2, 0 = 2b2 − 4b + 2,

2

0 = b2 − 2b + 1 = (b − 1) ,

a = 1.

Innen a k¨ oz¨ os ´erint˝o: y = 2x − 1.

b) A f´elg¨ omb sugara legyen r, ekkor a k´ up magass´ aga 2r. Az eg´esz embl´ema magass´ aga ´ıgy 3r, ami a feladat szerint 1,5 m: 3r = 1,5, r = 0,5. N´ezz¨ uk a t´erfogatot. A kiv´ agott f´elg¨ omb t´erfogata: Vf´elg¨omb =

N´ezz¨ uk a felsz´ınt. A kiv´ agott f´elg¨ omb felsz´ıne: Af´elg¨omb =

Hat´ arozzuk meg most egy b pontban az y = −x2 + 4x − 2 ´erint˝oj´et. Az ´erint˝o meredeks´ege: y  = −2x + 4, m = −2b + 4. Ez ´atmegy a (b; −b2 + 4b − 2) ponton, ´ıgy az ´erint˝o:

b = 1,

20 ≈ 0,462 m3 . 17

ur˝ us´eget haszn´ alva) 0,462 · 2400 = Az embl´ema t¨ omege (2400 kg/m -es beton s˝ = 1108,8 kg.

2

y = 2a(x − a) + a = 2ax − a .

−b2 + 4b − 4 = b2 − 2,

Vbeton = r3 π · 3

vagyis a = 1 ´es a keresett ´erint˝o y = 2x − 1. II. megold´ as. Hat´ arozzuk meg egy a pontban az y = x2 ´erint˝oj´et. Az ´erint˝o  meredeks´ege: y = 2x; m = 2a. Ez ´atmegy az (a; a2 ) ponton, ´ıgy az ´erint˝o

2a = −2b + 4,

0,85 · Vbeton = r3 π,

2

2

0 = D = (2a − 4) + 4(a − 2) = 8a − 16a + 8 = 8(a − 1) ,

y = 2ax − a2 ,

Ez a beton t´erfogat´ anak a 85%-a:

r3 π 4r3 π 1 3 · · = . 3 2 4 2

7. a) 18 tud´ os e-mail seg´ıts´eg´evel tartja a kapcsolatot a vil´ agban. B´ armely k´et tud´ os egym´ assal angol, n´emet vagy orosz nyelven levelezik, mindig ugyanazt a nyelvet haszn´ alj´ ak egym´ as k¨ oz¨ ott. Tudjuk, hogy nincs h´ arom olyan tud´ os, aki egym´ as k¨ oz¨ ott angol, vagy orosz nyelvet haszn´ al. Bizony´ıtsuk be, hogy l´etezik k¨ oz¨ ott¨ uk h´ arom, akik egym´ assal n´emet¨ ul leveleznek. (9 pont) b) Alad´ ar n´egyjegy˝ u sz´ amokat ´ır fel egy pap´ırlapra, melyek csak az 1; 2; 3 ´es 4 sz´ amjegyeket tartalmazhatj´ ak (lehet ism´etl˝ od´es, nem kell minden sz´ amjegyet felhaszn´ alni minden n´egyjegy˝ u sz´ amban). Figyel arra, hogy 1-es ut´ an csak 4-es, p´ aros sz´ amjegy ut´ an csak p´ aratlan jegy k¨ ovetkezhet. H´ anyf´ele sz´ amot tud le´ırni ´ıgy? (7 pont) os 3 nyelvet Megold´ as. a) A feladatot ´altal´ anosan oldjuk meg: ha 18 tud´ haszn´ al, akkor biztosan van olyan nyelv, amit 3 tud´ os egym´as k¨ oz¨ ott haszn´ al.

A kiv´agott k´ up t´erfogata: Vk´up =

r3 π r2 π · 2r 3 · = . 3 4 2

A haszn´ alt nyelvek legyenek A, B ´es C. Tekints¨ uk az egyik tud´ ost, ˝ o 17 m´asikkal levelez. A skatulyaelv miatt lesz olyan nyelv (legyen ez az A nyelv), amin legal´ abb 6 m´asik tud´ ossal levelez. Ha a 6 levelez˝ o partner k¨ oz¨ ott van kett˝ o, akik egym´ assal az A nyelven leveleznek, akkor k´eszen vagyunk, hiszen tal´ altunk h´ arom tud´ ost, aki az A nyelven leveleznek egym´ as k¨ oz¨ ott.

Az embl´ema t´erfogata: Vembl´ema = Vf´elg¨omb + Vk´up =

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

r3 π r3 π + = r3 π. 2 2

Ha ez nem teljes¨ ul, akkor ez a 6 tud´ os egym´as k¨ oz¨ ott csak a B ´es C nyelvet haszn´ alja. Tekints¨ unk most ebb˝ ol a hat tud´osb´ ol egyet, aki a m´ asik o ¨ttel levelez. 219

220

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

A skatulyaelv miatt biztosan van olyan nyelv (legyen ez a B nyelv), amit legal´ abb 3 m´ asikkal haszn´ al. Ezen m´ asik h´ arom most egym´as k¨oz¨ott ha haszn´ alja a B nyelvet, akkor tal´ alunk h´ arom tud´ ost, aki a B nyelvet haszn´ alja, ha meg nem, akkor ok egym´as k¨ ˝ oz¨ ott a C nyelvet haszn´ alj´ ak, ´es ez´ert vagyunk k´eszen. Ezt a feladatra alkalmazva ad´ odik az ´all´ıt´ as. ´ ıts¨ b) Ep´ uk fel balr´ ol jobbra a sz´amokat. us´ ag eset´en az 1-esre v´egz˝ od˝o sz´ amok sz´am´at. Jel¨ olje f1 (n) az n hossz´ Jel¨ olje f2 (n) az n hossz´ us´ ag eset´en az 2-esre v´egz˝ od˝o sz´ amok sz´am´at. Jel¨ olje f3 (n) az n hossz´ us´ ag eset´en az 3-asre v´egz˝ od˝ o sz´amok sz´am´at. us´ ag eset´en az 4-esre v´egz˝ od˝o sz´ amok sz´am´at. Jel¨ olje f4 (n) az n hossz´ Ekkor

b) Egy szimmetrikus trap´ez p´ arhuzamos oldalai 2 ´es 14, sz´ arai 10 egys´eg hossz´ uak. Megh´ uzzuk a bels˝ o sz¨ ogeinek sz¨ ogfelez˝ oj´et, amelyek egy n´egysz¨ oget z´ arnak be. Amennyiben ennek a n´egysz¨ ognek l´etezik a be´ırt ´es k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore, mekkora ezen k¨ or¨ ok sugara? (7 pont) Megold´ as. a) A legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oban a k¨ oz¨ os pr´ımek, a legkisebb k¨ oz¨ os t¨obbsz¨or¨osben az ¨ osszes pr´ım, teh´ at a legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ o pr´ımjei is szerepelnek; ´es a legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oban lev˝ o pr´ımek kitev˝ oje nem lehet nagyobb a legkisebb osben szerepl˝ o pr´ımek kitev˝ oj´en´el. Ez´ert (x; y) | [x; y]. Az egyenlet k¨oz¨os t¨obbsz¨or¨ bal oldala oszthat´ o (x; y)-nal, teh´ at a jobb oldal is: (x; y) | 257. Mivel 257 pr´ım, ez´ert k´et eset van. I. eset: (x; y) = 257. 2 · (x; y) + 17 · [x; y] = 257,

f1 (1) = f2 (1) = f3 (1) = f4 (1) = 1 ´es f2 (2) = f3 (1), f3 (2) = f2 (1) + f3 (1) + f4 (1),

2 · (x; y) + 17 · [x; y] = 257,

illetve

f3 (n + 1) = f2 (n) + f3 (n) + f4 (n),

N´egy lehet˝ os´eg van:

f4 (n + 1) = f1 (n) + f3 (n). T´abl´ azatba foglalva: f2 (n) 1 1 3 6

f3 (n) 1 3 6 15

f4 (n) 1 2 6 12

[x; y] = 15,

azaz olyan sz´ amokat keres¨ unk, amelyek relat´ıv pr´ımek ´es csak 3-as ´es 5-¨ os pr´ımeket tartalmazhatnak, mert a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os a 15.

f2 (n + 1) = f3 (n),

f1 (n) 1 3 6 15

2 · 1 + 17 · [x; y] = 257,

17 · [x; y] = 255,

f1 (n + 1) = f2 (n) + f3 (n) + f4 (n),

n 1 2 3 4

x y

1 15

15 1

3 5

5 3

b) K´esz´ıts¨ unk ´ abr´ at. Jel¨ olj¨ unk meg p´ ar sz¨ oget ´es bocs´ assunk mer˝ olegest a G ´es E pontokb´ ol a megfelel˝ o alapokra. A trap´ez magass´ aga

¨ Osszes 4 9 21 48

2

2

10 = m +

Megjegyz´es. Ha Sn -nel jel¨ olj¨ uk az o ¨sszeget, akkor arra igaz, hogy S2 = 9;



14 − 2 2

2

⇒

m = 8.

A sz¨ ogekre pedig

Teh´at 48 ilyen sz´amot tud fel´ırni.

S1 = 4;

17 · [x; y] = −257.

Ekkor a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ osre negat´ıv sz´am ad´odik (de m´eg eg´esznek sem eg´esz), teh´ at ez nem lehet. II. eset: (x; y) = 1.

f1 (2) = f2 (1) + f3 (1) + f4 (1),

f4 (2) = f1 (1) + f3 (1),

2 · 257 + 17 · [x; y] = 257,

tg 2α =

Sn = Sn−1 + 3 · Sn−2 ; n  3.

8. a) Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletet a pozit´ıv eg´eszek halmaz´ an: 2 · (x; y) + 17 · [x; y] = 257, ahol a kerek” z´ ar´ ojel a k´et sz´ am legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oj´ at, a sz¨ ogletes” z´ ar´ ojel ” ” pedig a legkisebb k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨ or¨ os´et jel¨ oli. (9 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

221

4 8 = ; 6 3

α + β = 90◦ .

A szimmetrikus trap´ez miatt a keletkezett n´egysz¨ og szimmetrikus a GE egyenesre ´es konvex, teh´ at deltoid. A konvex deltoidoknak van be´ırt k¨ ore (szembeni oldalak ¨osszege megegyezik). ar´ an lev˝o sz¨ ogek ¨ osszege 180◦ , AF D = BHC = 90◦ , ugyanis a trap´ez egy sz´ ◦ ´ıgy a sz¨ogfelez˝ ok 90 -os sz¨ oget z´ arnak be. Teh´ at a n´egysz¨ og¨ unk 2 szemk¨ ozti sz¨ og´eor´e ´ırt k¨ ore is. nek ¨osszege 180◦ , ´ıgy van k¨ 222

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogekben sz´ amolva: AE = DG =

7 , cos α 1 , cos β

III. N´ezz¨ uk az n = k + 1 esetet, induljunk ki a bal oldalb´ ol:

AF = 10 · cos α,

EF = 10 · cos α −

DF = 10 · cos β,

GF = 10 · cos β −

1 · 2 +2 · 3 + . . . + k · (k + 1) + (k + 1) · (k + 2) =

7 , cos α

k · (k + 1) · (k + 2) + (k + 1) · (k + 2) = 3

 k = (k + 1)(k + 2) + 1 = (k + 1)(k + 2) k+3 3 = 3 =

1 . cos β

EF G der´eksz¨ og˝ u ´es az a´tfog´ oja a n´egysz¨ og k¨ or´e ´ırt k¨or sugar´anak a k´etszerese, azaz 1  2 (2R) = EF 2 + GF 2 ⇒ R = · EF 2 + GF 2 . 2

=

(k + 1)(k + 2)(k + 3) , 3

1 · 2 + 2 · 3 + . . . + k · (k + 1) + (k + 1) · (k + 2) =

A be´ırt k¨ orre igaz, hogy

(k + 1)(k + 2)(k + 3) . 3

Ezt akartuk kapni, teh´ at a bizony´ıt´ as k´esz. EF · GF (2 · EF + 2 · GF ) 2· =r· , 2 2

k·r , t= 2

EF · GF r= . EF + GF

b) H´ uzzuk meg a F G, GH, HE ´es EF szakaszokat. HF G = CGH = = CHG = α, mivel mind a GH szakasz ker¨ uleti vagy ´erint˝o sz´ ar´ u ker¨ uleti sz¨ ogei. Teh´ at GCH = 180◦ − 2α.

Az adatokat behelyettes´ıtve kapjuk: r = 0,745; R = 1,25. 9. a) Bizony´ıtsuk be, hogy

F EA = EF A = F GE = β, mivel mind az F E szakasz ker¨ uleti vagy ´erint˝o sz´ ar´ u ker¨ uleti sz¨ ogei. Teh´ at EAF  = 180◦ − 2β. Mivel az ABCD n´egysz¨ og h´ urn´egysz¨ og, ez´ert a szemben fekv˝o at sz¨ ogeinek ¨ osszege 180◦ , teh´

1 · 2 + 2 · 3 + . . . + n · (n + 1) = =

n · (n + 1) · (n + 2) , 3

ahol n ∈ N+ .

(8 pont)

b) Adott egy olyan h´ urn´egysz¨ og, ami egyben ´erint˝ on´egysz¨ og is. Az ´ abr´ an jel¨ olt¨ uk az ´erint´esi pontokat. Bizony´ıtsuk be, hogy az EG ´es F H szakaszok mer˝ olegesek egym´ asra. (8 pont)

180◦ − 2α + 180◦ − 2β = 180◦ , 2α + 2β = 180◦ , α + β = 90◦ . Innen GM F  = 180◦ − α − β = 90◦ ´es ezt kellett bizony´ıtani. Szoldatics J´ ozsef Budapest

Megold´ as. a) Teljes indukci´ oval bizony´ıtunk. I. N´ezz¨ uk meg, hogy teljes¨ ul-e a bizony´ıtand´ o a´ll´ıt´as az n = 1 ´es n = 2 esetre: n=1

1·2=

1·2·3 = 2, 3

n=2

1·2+2·3=

2·3·4 = 8. 3

Matematika feladat megold´ asa

B. 5023. Az ABC h´ aromsz¨ ogben ACB = 90◦ ´es AC > BC. A h´ aromsz¨ og k¨ or´e ´ırt k¨ or C-t nem tartalmaz´ o AB ´ıv´enek felez˝ opontja X. A CX-re X-ben ´ all´ıtott mer˝ oleges a CA egyenest a P pontban metszi. Mutassuk meg, hogy AP = BC.

II. Tegy¨ uk fel, hogy n = k-ig minden ´ert´ekre teljes¨ ul, hogy 1 · 2 + 2 · 3 + . . . + k · (k + 1) = K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

k · (k + 1) · (k + 2) . 3

(3 pont) 223

224

Javasolta: Sur´ anyi L´ aszl´ o (Budapest) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Megold´ as. Azt fogjuk megmutatni, hogy az XAP ´es XBC h´aromsz¨ ogek egybev´ ag´ ok. Ebb˝ ol azonnal ad´ odik, hogy BC = AP . Mivel BXA = ob˝ol ki= CXP  = 90◦ , ez´ert mindkett˝ vonva a CXA sz¨ oget, l´ atjuk, hogy BXC = AXP . Az X pont az AB ´ıv felez˝ opontja, ez´ert XA = XB. V´eg¨ ul felhaszn´alva, hogy BCAX h´ urn´egysz¨ og:

C. 1603. Az ABC egyenl˝ osz´ ar´ u h´ aromsz¨ og A cs´ ucs´ ab´ ol indul´o magass´ agvonal a BC sz´ art T -ben metszi, a magass´ agpontot jel¨ olje M , a be´ırt k¨ or´enek k¨ oz´eppontj´at pedig O. Bizony´ıtsuk be, hogy ha az OT egyenes p´ arhuzamos az AB alappal, akkor M C = 2AM .

XBC = 180◦ − XAC = XAP .

C. 1605. Az ABCD konvex n´egysz¨ og a´tl´ oinak metsz´espontja M . Az ABM ulete nagyobb a CDM h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´en´el. A n´egysz¨ og√ BC oldah´aromsz¨og ter¨ l´anak felez˝opontja P , CD oldal´ anak felez˝opontja pedig Q, AP + AQ = 2 . Bizony´ıtsuk be, hogy ekkor az ABCD n´egysz¨ og ter¨ ulete kisebb, mint 1.

Feladatok mindenkinek C. 1604. A mez˝ ogazdas´ agi ki´all´ıt´ ason ´es v´ as´ aron egy termel˝o az ´ altala el˝ o´ all´ı¨ tott vet˝omaggal jelentkezett. Osszesen 1225 csomagot hozott: 1 db 1 grammos, 2 db 2 grammos, 3 db 3 grammos, . . . , k db k grammos csomagot – 1-t˝ ol k-ig minden ´ pozit´ıv eg´esz sz´ am el˝ofordul. Atlagosan h´any gramm vet˝omag volt egy csomagban?

A k´et h´ aromsz¨ ognek egy-egy oldala ´es a rajta fekv˝ o sz¨ogek megegyeznek, teh´ at a k´et h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ o. ´Igy oldalaik p´ aronk´ent egyforma hossz´ us´ag´ uak, vagyis BC = AP . Vu Phuong Nam (High School for The Gifted, VNU-HCM, Ho Si Minh-v´aros, 10. ´evf.) dolgozata alapj´an

C. 1606. Egy ulete 40, illetve 56 ter¨ uletegys´eg. √t´eglatest k´et oldallapj´anak ter¨ A test´ atl´ o hossza 138 egys´eg. Mekkora lehet a t´eglatest felsz´ıne, illetve t´erfogata? Kiss S´ andor (Ny´ıregyh´ aza)

Megjegyz´es. A k´et h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ os´ ag´ anak bizony´ıt´ as´ ahoz az is felhaszn´ alhat´ o, hogy az a ´br´ an jelzett sz¨ ogek BCX = XCA = BAX = AP X = 45◦ . ¨ Osszesen 74 dolgozat ´erkezett. 3 pontos 52, 2 pontos 19 tanul´ o dolgozata. 1 pontot 3 tanul´ o kapott.

Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1607. A 4 ´es a 9 k¨ oz´e le´ırunk n´eh´ any 4-est, majd mell´e m´eg ugyanannyi 8-ast (p´eld´ aul 4489). Bizony´ıtsuk be, hogy az ´ıgy kapott sz´ am n´egyzetsz´am. C. 1608. Jelmezb´ alra szeretn´enk elk´esz´ıteni kartonb´ol egy vietn´ ami kalapot. og˝ u egyenes k¨ ork´ up, amelynek alkot´ oja 28 cm hossz´ u. A kalap egy 97,18◦ ny´ıl´assz¨ Elk´esz´ıthet˝ o-e egy ilyen m´eret˝ u kalap a kereskedelemben kaphat´ o 50 × 70 cm-es kartonpap´ırb´ ol?

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1602–1608.)

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1602. K´et tizedikes ´es k´et tizenegyedikes di´ ak neki¨ ult az a´prilisi K¨oMaL C ora eltelt´evel azt vett´ek ´eszre, hogy minden feladatfeladatok megold´ as´ anak∗ . Egy ´ ra pontosan egyvalaki tudott megold´ ast adni k¨ oz¨ ul¨ uk, valamint, hogy mindenki megoldott legal´ abb egy feladatot. H´ anyf´ele feloszt´ asban dolgozhattak a p´eld´ akon, ha mindenki csak a saj´ at koroszt´ aly´ anak megfelel˝o feladatokkal foglalkozott? (K¨ ul¨ onb¨ oz˝ onek tekint¨ unk k´et feloszt´ ast, ha van legal´ abb egy feladat, amit m´ as old meg.) ∗

Minden h´ onapban h´et gyakorlatot t˝ uz¨ unk ki, ebb˝ ol az 1–5. gyakorlatokra a legfeljebb 10. ´evfolyamosok, a 3–7. gyakorlatokra pedig a 11–12. ´evfolyamosok k¨ uldhetnek be megold´ ast.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

225

A B pontversenyben kit˝ uzo ¨tt feladatok (5094–5101.)

B. 5094. Igazoljuk, hogy ha k´et der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ og ter¨ ulete ´es ker¨ ulete megegyezik, akkor egybev´ ag´ ok. (3 pont) 226

Kiss S´ andor (Ny´ıregyh´ aza) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

B. 5095. Legyenek a, b, c null´at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o eg´esz sz´ amok. Bizony´ıtsuk be, bc ca hogy ha az ab , ´ e s sz´ a mok o sszege eg´ e sz, akkor k¨ u l¨ o n-k¨ ul¨on is eg´eszek. ¨ c a b (3 pont)

George Stoica (Saint John, Kanada)

B. 5096. Az ABC egys´egnyi oldal´ u szab´ alyos h´aromsz¨ogben legyen P a be´ırhat´ o k¨ orvonal tetsz˝ oleges pontja. Jel¨ olje a P pont mer˝ oleges vet¨ ulet´et a BC, AC ´es AB oldalakra rendre D, E, illetve F . Igazoljuk, hogy a DEF h´aromsz¨og ter¨ ulete P v´ alaszt´ as´at´ ol f¨ uggetlen a´lland´ o.

B. 5101. Adott egy ABCDO n´egyoldal´ u g´ ula, ´es az ABCD alaplap belsej´eben egy P pont. Egy O-ra nem illeszked˝o s´ık az OA, OB, OC, OD ´es OP egyeneseket rendre az A , B  , C  , D , illetve P  pontokban metszi. Igazoljuk, hogy tP AB · tP CD tP  A B  · tP  C  D  = . tP BC · tP DA tP  B  C  · tP  D  A

aromsz¨ og ter¨ ulet´et jel¨ oli.) (tXY Z az XY Z h´ (6 pont)

(4 pont)

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

B. 5097. Az x1 , x2 , . . . , xn pozit´ıv sz´amok szorzata 1. Igazoljuk, hogy x41 + x42 + . . . + x4n  x31 + x32 + . . . + x3n . (4 pont)

❄

Dinu Ovidiu-Gabriel (B˘ alce¸sti, Rom´ania)

B. 5098. Kezd˝ o ´es M´ asodik a k¨ ovetkez˝ o j´at´ekot j´atssz´ak: Kezd˝ o gondol egy 2020-n´ al nem nagyobb pozit´ıv eg´eszre, amit M´ asodik u ´gy szeretne kital´ alni, hogy mindig egy konkr´et sz´ amra k´erdez r´ a. Kezd˝ o lehets´eges v´ alaszai M´ asodik k´erd´eseire: Kisebb sz´amra gondoltam.”; ” Eltal´altad.”; Nagyobb sz´ amra gondoltam.” ” ” Ha a v´ alasz Kisebb sz´ amra gondoltam”, vagy Eltal´ altad”, akkor M´ asodik ” ” 10 forintot fizet Kezd˝onek, m´ıg abban az esetben, ha a v´alasz Nagyobb sz´ amra ” gondoltam”, akkor 20 forintot fizet. Mennyi az a legkisebb ¨ osszeg, amennyi´ert M´ asodik biztosan ki tudja tal´ alni Kezd˝ o sz´ am´at ´es hogyan kell ehhez j´atszania? (A j´ at´ek az els˝o Eltal´ altad” v´ alaszig tart, akkor is, ha a legutols´o k´erd´es el˝ ott ” M´ asodik m´ar tudja mi a gondolt sz´am.) (5 pont) B. 5099. Az ABCD rombusz A-n´ al l´ev˝ o sz¨ oge 60◦ . A rombuszba olyan ellipszist ´ırtunk, amelynek tengelyei a rombusz a´tl´ oi, tov´abb´ a az AB ´es AD oldalakat az A-hoz, a BC ´es CD oldalakat a C-hez k¨ ozelebbi negyedel˝opontjaikban ´erinti. Legyen P az ellipszis egy mozg´o pontja. Metssz¨ uk el a rombusz mindk´et k¨oz´epvonal´ at a P ponton kereszt¨ ul h´ uzott, a m´ asik k¨ oz´epvonallal p´ arhuzamos egyenessel; jel¨ olj¨ uk az ´ıgy kapott metsz´espontokat Q-val, illetve R-rel. Mutassuk meg, hogy a QR szakasz hossza nem f¨ ugg a P pont helyzet´et˝ ol.

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (775–776.) A. 775. Legyen H ⊆ R3 olyan, hogy H b´ armely pontj´ at H b´ armely m´asik pontj´ ara t¨ ukr¨ozve ism´et H-beli pontot kapunk. Igazoljuk, hogy H s˝ ur˝ u R3 -ban, vagy vannak egym´ ast´ ol egyenl˝o t´ avols´ agra l´ev˝ o p´ arhuzamos s´ıkok, amelyek lefedik H-t. ´ ad (Szeged) ´es Totik Vilmos (Szeged) Javasolta: Kurusa Arp´ A. 776. Legyen k > 1 egy r¨ ogz´ıtett p´ aratlan sz´ am, ´es ha n nemnegat´ıv eg´esz, legyen



n fn = . i 0in k|n−2i

ovetkez˝ o rekurzi´ ot: Bizony´ıtsuk be, hogy fn kiel´eg´ıti a k¨

 n

n fn2 = fi fn−i . i i=0

Javasolta: Imolay Andr´ as (Budapest)

(5 pont)

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

B. 5100. Mutassuk meg, hogy n szomsz´edos eg´esz sz´ am k¨oz¨ ul mindig kiv´ alaszthat´ o n´eh´ any (legal´abb egy), melynek ¨ osszege oszthat´ o (1 + 2 + . . . + n)-nel. (6 pont)

arkonyi Zsombor ¨otlet´eb˝ ol Kov´ acs Benedek ´es V´

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

227

228

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 508. A F¨ old felsz´ın´et m˝ uholdakr´ ol f´enyk´epezik. A felsz´ınen a k¨ ul¨onb¨oz˝ o eszk¨ oz¨ ok pozicion´al´as´ahoz jelad´ok m˝ uk¨ odnek. A jelad´ ok be- ´es kikapcsolt a´llapotban lehetnek. A felsz´ın egy n´egyzet alak´ u ter¨ ulet´et vizsg´aljuk, amelyet gondolatban egy 100 × 100-as n´egyzeth´ al´oval bor´ıtunk. Err˝ ol a ter¨ uletr˝ ol t¨obb f´enyk´ep k´esz¨ ult. Minden k´ep egy n´egyzet alak´ u ter¨ uletet a´br´ azol, melyet k¨oz´eppontj´anak koordin´at´ aival ´es az oldalhossz´ us´ ag fel´enek nagys´ ag´ aval r¨ ogz´ıt a m˝ uhold. Minden k´ep minden oldala p´ arhuzamos a n´egyzeth´ al´o valamely egyenes´evel. K´esz´ıts¨ unk programot i508 o k´erd´esekre ad v´ alaszt: n´even, amely a k¨ ovetkez˝ 1. Milyen sorsz´am´ u jelad´ o(k) van(nak) t¨ obbsz¨ or lef´enyk´epezve a megadott ter¨ uleten bel¨ ul? 2. Milyen sorsz´am´ u k´epek(en) van egyn´el t¨ obb m˝ uk¨od˝o jelad´ o?

1. T¨olts¨ uk be a t´ abl´ azatkezel˝ o program egyik munkalapj´ ara az A1-es cell´at´ ol kezdve a meres.txt UTF-8 k´ odol´as´ u, tabul´ atorokkal tagolt adatf´ ajlt, majd ments¨ uk a munkaf¨ uzetet horgaszto n´even a program alap´ertelmezett form´ atum´aban. 2. A halak telep´ıt´ese szempontj´ab´ ol fontos adat a t´o fel¨ ulet´enek nagys´ aga ´es a t´ oban l´ev˝ o v´ız mennyis´ege. Hat´ arozzuk meg e k´et adat k¨ ozel´ıt˝o ´ert´ek´et az AU2:AU3 tartom´ any cell´aiban azt felt´etelezve, hogy a m´ert m´elys´egadatok a teljes 1 m × 1 mes szelv´enyre vonatkoznak.

3. Mekkora ter¨ uletr˝ ol nem k´esz¨ ult k´ep? A program standard bemenet´enek els˝ o sor´ aban N (N  100) a f´enyk´epek sz´ ama ´es M (M  100) a jelad´ok sz´ama. A k¨ ovetkez˝ o N sorban egy-egy k´epet le´ır´ o h´ arom eg´esz sz´ am szerepel: a k´ep k¨ oz´eppontj´anak (x, y) koordin´ at´ aja (1  x, y  100) ´es a k´ep oldalhossz´ anak fele (1  h  10). Azaz a n´egyzet alak´ u k´ep k´et szemk¨ ozti cs´ ucsa (x − h, y − h) ´es (x + h, y + h) koordin´ at´ akkal b´ır. A k¨ovetkez˝ o M sorban egy-egy jelad´ot le´ır´ o h´ arom sz´am szerepel egy-egy sz´ ok¨ozzel elv´ alasztva: az els˝o k´et sz´ am a jelad´o (xjel, yjel) koordin´ at´ aja (1  xjel, yjel  100) ´es a harmadik a jelad´ o a´llapot´ at jelzi (1 bekapcsolt ´es 0 kikapcsolt). A program standard kimenet´en a h´ arom k´erd´esre adott v´ alasz jelenjen meg soronk´ent. Ha egy k´erd´esre nincs v´ alasz, akkor u ¨res sort ´ırjunk ki. Bemenet (a / jel a sort¨ or´ est helyettes´ıti): 6 4 / 10 10 2 / 20 20 4 / 30 10 2 / 10 30 3 / 38 38 3 / 22 22 1 / 9 11 0 / 23 21 1 / 22 23 1 / 31 11 1

Kimenet 2 3 2 6 9771

Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i508.zip ´ allom´anyban a program forr´ ask´odja ´es r¨ ovid dokument´ aci´ oja, amely megadja, hogy a forr´ as´allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. ´ I. 509 (E). A keszegfalvai horg´ asztavat a helyi horg´aszegyes¨ ulet kezeli. Az egyes¨ ulet vezet˝ os´ege u ´gy d¨ ont¨ ott, hogy felm´eri a t´ o v´ızm´elys´eg´et. Az adatokat egy 1 m × 1 m-es r´ acs ment´en veszik fel m´eter pontoss´ aggal ´es egy t´ abl´ azatban r¨ ogz´ıtik. A m´er´esi adatok egy t´ abl´ azatban tal´ alhat´ ok. A t´ abl´ azatban a sz´ arazf¨ old m´elys´ege” egys´egesen 0 m´eter. ” K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

229

3. Mennyi a t´o ´ atlagos m´elys´ege? Az eredm´enyt k´et tizedesjegy pontoss´ aggal kifejezve ´ırassuk az AU4-es cell´aba. 4. Az AU2:AU4 tartom´ any adatai a feladat sz¨ oveg´enek megfelel˝o m´ert´ekegys´egben jelenjenek meg, azaz a fel¨ ulet m2 -ben, a t´erfogat m3 -ben, az a´tlagos m´elys´eg m-ben. 5. A falu o¨regjeit˝ ol sz´armaz´ o sz´ ajhagyom´any szerint a t´o egy nagyon m´ely k¨ urt˝ob˝ol nyeri a viz´et. Ezt a m´er´esek is igazolt´ ak. Milyen m´ely itt a t´ o, ´es hol van ez a k¨ urt˝o? Az adatokat ´ırassuk az AU6:AU7 tartom´ any cell´aiba a mint´ anak megfelel˝oen. ´ ıtsuk be az A:AP oszlopok sz´eless´eg´et u 6. All´ ´gy, hogy a t´o m´elys´egadatait tartalmaz´ o cell´ ak sz´eless´ege ´es magass´ aga megegyezzen. t´ o m´ elys´ ege (m) 1 2–3 4–6 7–20 21– 230

h´ att´ ersz´ın vil´agosk´ek vil´agosz¨ old s´ arga narancs halv´ anyv¨ or¨ os

7. Felt´eteles form´ az´ assal emelj¨ uk ki a t´ o m´elys´eg´enek megfelel˝oen az egyes cell´ ak h´ att´ersz´ın´et a t´ abl´ azat szerint. 8. A geol´ ogusok a t´ o v´ızszintes” met” szet´et szeretn´ek egy adott sor ment´en grafikonon a´br´ azolni. ´Irjunk K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

ehhez az AR29-es cell´ aba egy sorsz´ amot, ´es jelen´ıts¨ uk meg az adott sor ´ert´ekeit az A29:AP29 tartom´ anyban. K´esz´ıts¨ unk az ´ıgy kapott adatokb´ ol PontXY diagramot (grafikont), a diagram c´ıme legyen Metszet. Bek¨ uldend˝o egy t¨om¨ or´ıtett i509.zip ´ allom´anyban a megold´ ast ad´ o t´abl´ azatkezel˝ o munkaf¨ uzet ´es egy r¨ ovid dokument´ aci´ o, amely megadja a felhaszn´ alt t´abl´ azatkel˝ o nev´et ´es verzi´oj´at. I. 510. Az iskol´ak jelenleg t´avoktat´ asban m˝ uk¨odnek. A tan´ıt´as szervez´es´ere a legt¨ obb tanul´ocsoportban virtu´ alis oszt´ alyok j¨ottek l´etre, ahol a tan´ar-di´ ak ´es di´ ak-di´ ak kommunik´aci´ o zajlik. A tud´ as megoszt´ asa, az ismeretek megszerz´ese, azok gyakorl´ asa ´es sz´ amonk´er´ese is sok esetben a virtu´alis t´erben, interneten ort´enik. Ebben a feladatban azt k´erj¨ uk, hogy a megold´ o n´eh´ any otthoni iskolanapt¨ r´ ol k´esz´ıtsen napl´ ot, illetve a napl´ o alapj´ an egy adatb´azist. A napl´ o tartalmazza id˝ orendben az elv´egzett tanul´ asi tev´ekenys´egeket, az azokhoz haszn´ alt hardver ´es ´ egy´eb eszk¨ oz¨ oket, alkalmaz´ asokat, f¨ olkeresett weboldalakat stb. Erdemes t´ abl´ azatos elrendez´est alkalmazni, amelyben id˝ orendben ´es oszlopokra rendezve megtal´ alhat´ ok a k´ert inform´aci´ ok. P´eld´ aul: Szerda 8:15– 9:00

... Szerda 15:00– 15:30

Fizika: Az elektromos mez˝ o szeml´eltet´ese er˝ ovonalakkal – online o´ra

Google Hangouts, a tan´ ar MozaBookban rajzol ´es magyar´az

Sz´ am´ıt´og´ep, mobiltelefon, sz´ınes tollak, fizika f¨ uzet

Google keres˝o, electric ” field” k´eptal´ alatok

Matematika h´ azi feladat megold´ asa ´es bek¨ uld´ese

A kapott feladat megold´ asa a f¨ uzetben majd bek¨ uld´ese f´enyk´epk´ent

Sz´ am´ıt´og´ep, mobiltelefon (f´enyk´epez´esre)

Google Classroom, Google Fot´ok

P´elda:

Bemenet 5 15 14 15 12 14

Kimenet 4

Korl´ atok: 1  N  100 000, 1  Bi  109 . Id˝ okorl´at: 0,3 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N  1000. Bek¨ uldend˝o egy is44.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. S. 143. Adott egy ir´any´ıtott gr´ af, amelynek N cs´ ucsa ´es M ´ele van. Semelyik k´et cs´ ucs k¨ozt sincs egyn´el t¨ obb k¨ ozvetlen ´el (ir´ anyt´ol f¨ uggetlen¨ ul). Nevezz¨ uk k¨ ors´eat, ahol x1 = xn ´es minden 1  i  n − 1 t´anak a cs´ ucsok egy olyan x1 , x2 , xn sorozat´ ol xi+1 -be mutat´ o ´el, valamint a k¨ ors´eta sor´ an egy cs´ ucson teteset´en l´etezik xi -b˝ sz˝ oleges sokszor ´ atmehet¨ unk, de egy ´elen csak egyszer. Legyen az ilyen k¨ ors´et´ ak sz´ama egy gr´afban K. K´erd´es, hogy legf¨ oljebb h´ any ir´ any´ıtott ´elt h´ uzhatunk be a gr´ afba u ´gy, hogy a k¨ ors´et´ ak sz´ama tov´abbra is K legyen, ´es semelyik k´et cs´ ucs k¨ oz¨ ott ne legyen egyn´el t¨ obb k¨ ozvetlen ´el (ir´ anyt´ol f¨ uggetlen¨ ul). A cs´ ucsokat 1-t˝ ol indexelj¨ uk. Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N ´es M sz´ amot. A k¨ ovetkez˝ o M sor amot, ami azt jelenti, hogy megy egy ir´ any´ıtott mindegyike tartalmaz egy ai ´es bi sz´ ucsb´ ol a bi cs´ ucsba. Kimenet: adjuk meg a maxim´alisan beh´ uzhat´ o ´elek ´el az ai cs´ sz´ am´at. P´elda:

A napl´ o elk´esz´ıt´ese ut´ an hozzunk l´etre adatb´ azist naplo n´even, amelynek t´ abl´ aiban megtal´ alhat´ ok a megval´ os´ıt´ ashoz haszn´ alt eszk¨oz¨ok ´es alkalmaz´ asok, az elv´egzett tev´ekenys´egek, a tanul´ast tartalma (tant´ argy ´es t´emak¨or), illetve az ezeket a d´ atum ´es id˝ opontokkal ¨ osszekapcsol´ o napl´ o. Bek¨ uldend˝o egy naplo.pdf ´ allom´any h´ arom egym´as k¨ovet˝o tan´ıt´ asi napr´ ol, valamint az az alapj´an k´esz¨ ult adatb´ azis. I/S. 44. Egy eg´esz ´evben tart´ o versenysorozatban N aut´ oversenyz˝o vesz r´eszt. Tudjuk, hogy az utols´ o fordul´o el˝ ott az i-edik versenyz˝ onek Bi pontja van. A verseny utols´ o fordul´oj´anak els˝o helyezettje N pontot, m´ asodik helyezettje N − 1 pontot ´es ´ıgy tov´ abb, utols´ o helyezettje 1 pontot kap. ´Irjunk programot, amely az utols´ o fordul´ o el˝ otti eredm´enyek alapj´ an megadja, hogy h´any embernek van es´elye az ¨osszetett gy˝ ozelemre. Ha az els˝ o helyen pontegyenl˝os´eg lenne, akkor minden maxim´alis pontsz´ am´ u versenyz˝ ot gy˝oztesnek tekint¨ unk. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az aut´ oversenyz˝ok N sz´ am´at. A m´ asodik sor N darab sz´ amot tartalmaz: az i-edik sz´ am azt jelenti, hogy az i-edik versenyz˝ onek az utols´o fordul´o el˝ otti pontsz´ ama Bi . A kimenet egyetlen sz´am, amely megadja, hogy h´ any versenyz˝onek van es´elye az ¨ osszetett gy˝ ozelemre.

231

Bemenet (a / jel sort¨ or´ est helyettes´ıti) 5 6 1 2 / 1 4 / 2 3 / 4 3 / 3 1 / 3 5

Kimenet 3

Korl´ atok: 1  N, M  105 . Id˝ okorl´at: 0,4 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N, M  100. Bek¨ uldend˝o egy s143.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o.

❄ A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k ¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ ajus 10. ¨ ld´

232

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Megold´ as. Az egyik poh´ar tele van v´ızzel, a m´asikban pedig pontosan annyival kevesebb v´ız van, amennyit a pingponglabda kiszor´ıt. A kiszor´ıtott v´ız s´ ulya megegyezik a pingponglabd´ara hat´ o felhajt´ oer˝ o ellenerej´evel, teh´ at a k´et poh´ ar (v´ızzel ´es labd´ aval egy¨ utt) egyforma s´ uly´ u. Ezek szerint a k´et poh´ ar ugyanakkora er˝ ovel nyomja az asztalt.

Fizika gyakorlatok megold´ asa

Cynolter Dorottya (Budapest, Veres P´ aln´e Gimn., 9. ´evf.) G. 681. R´eg´eszeti ´ asat´ asok sor´ an j´ o ´ allapotban a felsz´ınre ker¨ ult egy sz´ınaranyb´ ol k´esz¨ ult, egyenletes, kis falvastags´ ag´ u, egyenes henger alak´ u, fel¨ ul nyitott, 2 literes ed´eny. A henger bels˝ o´ atm´er˝ oje ´es a bels˝ o magass´ aga ugyanakkora. Ha az u ´vatosan egy t´ al v´ızbe helyezz¨ uk u ´gy, hogy a szimmetriaten¨res ed´enyt o gelye mindv´egig f¨ ugg˝ oleges legyen, a test akkor ker¨ ul egyens´ ulyi helyzetbe, amikor arozzuk a k¨ uls˝ o v´ızszint az ed´eny bels˝ o magass´ ag´ anak 58 r´esz´en´el helyezkedik el. Hat´ meg az ed´eny falvastags´ ag´ at! (3 pont) Megold´ as. Jel¨ olj¨ uk az ed´eny bels˝ o ´ atm´er˝ oj´et (´es az ezzel megegyez˝o bels˝ o ab´ol d kisz´ am´ıthat´ o: magass´ ag´ at) d-vel. Az ed´eny ismert (V = 2000 cm3 -es) t´erfogat´ d2 π d = V, 4

ahonnan

d=

 3

76 dolgozat ´erkezett. Helyes 60 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 2, hi´ anyos (1 pont) 9, hib´ as 3, nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

G. 694. Egy ´eppen 100 kg t¨ omeg˝ u rak´eta a vil´ ag˝ urben m´ asodpercenk´ent 100 g ´eg´esterm´eket l¨ ovell ki. A g´ az 1 km/s sebess´eggel hagyja el a rak´eta f´ uv´ ok´ aj´ at. Mekkora a rak´eta gyorsul´ asa? (3 pont) Megold´ as. Az ´eppen m = 100 kg t¨ omeg˝ u, v sebess´eg˝ u rak´et´ at Δt = 1 s alatt Δm = 0,1 kg t¨ omeg˝ u ´eg´esterm´ek hagyja el a rak´et´ ahoz k´epest u = 1 km/s sebess´eggel, ´es ennek k¨ ovetkezt´eben a rak´eta sebess´ege Δv ´ert´ekkel megv´ altozik. Az impulzusmegmarad´ as t¨ orv´enye szerint mv = (m − Δm)(v + Δv) − Δm(u − v),

4V = 13,7 cm. π

Δv =

Az u ´sz´ o test egyens´ ulyban van, ez´ert a kiszor´ıtott v´ız s´ ulya megegyezik a test s´ uly´aval. (Az ed´enyben l´ev˝ o leveg˝ o t¨ omeg´et elhanyagolhat´ onak tekintj¨ uk.) Mivel 5 az ed´eny x falvastags´aga a d ´ atm´er˝ oh¨ oz k´epest kicsi, az arany t´erfogat´ at 8 V mellett elhanyagolhatjuk, vagyis a kiszor´ıtott v´ız t´erfogat´ at az ed´eny v´ızbe mer¨ ul˝ o r´esz´enek bels˝ o t´erfogat´ aval k¨ ozel´ıthetj¨ uk. Az u ´sz´as felt´etele:

2  d π 5 V v´ız g = x + d2 π x · arany g, 8 4

a=

 u Δm 1000 m/s kg m = · 0,1 = 1 2. m Δt 100 kg s s

Egyh´ azi Hanna (Budapest, ELTE Ap´ aczai Csere J. Gyak. Gimn. ´es Koll., 10. ´evf.) 51 dolgozat ´erkezett. Helyes 33 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 13, hi´ anyos (1 pont) 2, hib´ as 3 dolgozat.

Fizika feladatok megold´ asa

v´ız 2000 cm3 1 V = 2 · 19,3 = 0,088 cm ≈ 0,9 mm. 2πd2 arany 2π (13,7 cm)

Schmercz Blanka (Budapest, ELTE Ap´ aczai Csere J. Gyak. Gimn. ´es Koll., 9. ´evf.) dolgozata alapj´an 46 dolgozat ´erkezett. Helyes 16 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 18, hi´ anyos (1 pont) 7, hib´ as 3, nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

P. 5165. Egys´egsugar´ u, homog´en, k¨ or alak´ u lemezb˝ ol az ´abr´ an l´ athat´ o m´ odon kiv´ agunk egym´ ast k´ıv¨ ulr˝ ol ´erint˝ o, 1 , . . . sugar´ u, k¨ oz´eppontjukkal az egyik sug´ arrendre 14 , 18 , 16 ra illeszked˝ o k¨ or¨ oket. Hol lesz a marad´ek idom t¨ omegk¨ oz´eppontja, ha a) csak a legnagyobb k¨ ort v´ agjuk ki; b) a k´et legnagyobb k¨ ort v´ agjuk ki;

G. 690. Az asztalon k´et teljesen egyforma poh´ ar van sz´ın¨ ultig t¨ oltve v´ızzel. Az egyik poh´ arban a v´ız tetej´en egy pingponglabda u ´szik. Melyik poh´ ar nyomja jobban az asztalt?

c) nagyon sok k¨ ort v´ agunk ki? (5 pont)

(3 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

u u Δm ≈ Δm. m − Δm m

A rak´eta gyorsul´asa teh´at

vagyis az ed´eny falvastags´ aga x=

amib˝ol

233

234

K¨ ozli: Tupi Zolt´ an, Budapest K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Megold´ as. A kis k¨ or¨ ok kiv´ag´ asa el˝ ott az alakzat t¨omegk¨oz´eppontja a nagy k¨ or k¨ oz´eppontj´aban volt. Egyre t¨ obb kis k¨ or kiv´ag´ asa ut´ an a marad´ek idom t¨omegk¨ oz´eppontja egyre ink´ abb jobbra mozdul el. Az eredeti k¨ or sugara 1, ter¨ ulete T = π. Az n-edik kis k¨or sugara xn = n+1 n+1 , ter¨ ulete Tn = (1/4) π. A forgat´ onyomat´ekok egyens´ uly´ab´ol rendre = (1/2) avols´ aggal tol´ odik el n darab kis k¨or kiv´ag´ akisz´ amolhatjuk, hogy mekkora yn t´ sa ut´ an a marad´ek lemez t¨ omegk¨ oz´eppontja. (A marad´ek r´esz forgat´onyomat´eka az eredeti lemez k¨ oz´eppontj´ara vonatkoztatva nyilv´ an ugyanakkora, mint amennyi a kiv´ agott r´eszek forgat´ onyomat´eka volt.) a) Ha csak a legnagyobb k¨ ort v´ agjuk ki, akkor (a lemez vastags´ag´aval, anyag´anak s˝ ur˝ us´eg´evel ´es g-vel egyszer˝ us´ıtve) az al´ abbi o¨sszef¨ ugg´eshez jutunk:

P. 5174. Egy illeg´ alis laborat´ orium ´ olomkont´ener´eben olyan sug´ arz´ o anyagot ors´egi jegyz˝ ok¨ onytal´ altak, amelyb˝ ol m´ asodpercenk´ent 2 · 1014 elektron l´ep ki. A rend˝ vek szerint 53 ´evvel ezel˝ ott elt˝ unt 221 g c´ezium a k¨ ozeli kutat´ oint´ezetb˝ ol. Lehet-e a megtal´ alt anyag az akkor elt˝ unt prepar´ atum, ha az´ ota csak rakt´ arozt´ ak? (A c´ezium felez´esi ideje 30,17 ´ev.∗ ) (4 pont)

Tematikus feladatgy˝ ujtem´eny, Szeged

Megold´ as. Ha abb´ ol a felt´etelez´esb˝ ol indulunk ki, hogy a megtal´alt radioakt´ıv anyag t´enyleg az 53 ´eve eltulajdon´ıtott c´ezium-137 prepar´atum, akkor el˝ osz¨ or ki kell sz´ amolnunk, hogy m´ ara mennyi (h´ any atom) maradt bel˝ ole. Az eredeti mennyis´eg: 221 g g = 1,614 mol, 136,9 mol

T1 x1 = (T − T1 )y1 , 1 ahonnan megkapjuk, hogy y1 = 60 ≈ 0,017 egys´eg. b) K´et k¨ ordarab elt´ avol´ıt´ asa ut´ an a marad´ekra fel´ırhat´o:

vagyis kezdetben a radioakt´ıv atomok sz´ ama:

N0 = (1,614 mol) · 6,022 · 10

T1 x1 + T2 (2x1 + x2 ) = (T − T1 − T2 )y2 , 13 ≈ 0,028 egys´eg eredm´eny ad´ odik. ahonnan y2 = 472 c) Ha nagyon sok (form´alisan n → ∞) k¨ ort t´ avol´ıtunk el a lemezb˝ ol, akkor a marad´ek r´esz t¨ omegk¨ oz´eppontj´anak y-nal jel¨ olt elmozdul´ as´ ara az al´abbi o¨sszef¨ ugg´est ´ırhatjuk fel:

T1 x1 + T2 (2x1 + x2 ) + T3 (2x1 + 2x2 + x3 ) + . . . = (T − T1 − T2 − T3 − . . .)y.

 π π π − − − ... y = π− 16 64 256

 ∞

1 11 π y. 1− πy = n 4 12 i=2

π

1 5 13 29 + + + + ... 64 512 4095 32 768



=π

∞

2k − 3

k=2

8k

=

5 π. 168

Innen m´ ar ad´odik, hogy a keresett t´avols´ ag y=

5 5 12 · = ≈ 0,032 egys´eg. 168 11 154

53 ´ ev ´ ev

= 2,88 · 1023

atom maradt. Ennek a mennyis´egnek az aktivit´asa: ln 2 ln 2 = 2,88 · 1023 = 2,1 · 1014 Bq, T 30,17 · 365,24 · 24 · 60 · 60 s

Bagu B´ alint (Budapest, ELTE Ap´ aczai Csere J. Gyak. Gimn. ´es Koll., 10. ´evf.)

T´egl´ as Panna (R´evkom´arom, Selye J´ anos Gimn., 10. ´evf.) 44 dolgozat ´erkezett. Helyes 20 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 3, hi´ anyos (1–3 pont) 16, hib´ as 3, nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

= 9,721 · 1023 .

ami (a kerek´ıt´esekb˝ ol ad´od´ o pontoss´aggal) ´eppen megegyezik a megtal´ alt anyag aktivit´ as´aval. Az ´olomkont´enerben t´ arolt radioakt´ıv prepar´atum teh´ at lehet az 53 ´eve ellopott c´ezium, ennek lehet˝ os´eg´et nem z´arhatjuk ki. Term´eszetesen a sz´ amolt ´es a m´ert aktivit´ asok egyenl˝os´ege nem bizony´ıtja, hogy a r´egen elt˝ unt prepar´ atumot tal´ alt´ ak meg. Az is elk´epzelhet˝ o, hogy egy olyan – m´ashonnan sz´ armaz´ o – anyagot tal´ altak, aminek az aktvit´ asa ´eppen megegyezik a feladatban megadott ´ert´ekkel. A Cs-137-es izot´ opot mesters´egesen a´ll´ıtj´ ak el˝o, a term´eszetben csak olyan nagy katasztr´of´ak ut´an tal´ alhat´ o meg, mint Csernobil ´es Fukusima.

A forgat´ onyomat´eki egyenlet bal oldala:



N (t) = N0 0,5t/T = (9,721 · 1023 ) · 0,5 30,17

A(t) = N (t)

1 mol

Ebb˝ ol a mennyis´egb˝ ol – ha val´ oban az ellopott, T felez´esi idej˝ u c´eziumr´ ol van sz´ o – m´ara, t id˝ o eltelt´evel

A jobb oldalon szerepl˝o ¨ osszeg: 

23

235

52 dolgozat ´erkezett. Helyes 36 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 5, hi´ anyos (1–2 pont) 8, hib´ as 3 dolgozat. ∗

A kit˝ uz¨ ott feladatban hib´ as adat jelent meg. Ugyancsak hib´ as a N´egyjegy˝ u f¨ uggv´enyt´ abl´ azatokban a c´ezium-137 felez´esi ideje.

236

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Ezek szerint a l¨ oved´ek v´ızszintes ir´any´ u sebess´ege a kiskocsihoz k´epest v2x + v = ogben l˝ ott¨ uk ki a l¨ oved´eket, fenn´ all: = 2v2x . Mivel a kocsihoz k´epest α = 30◦ -os sz¨

P. 5178. V´ızszintes talajon l´ev˝ o, m t¨ omeg˝ u kiskocsira elhanyagolhat´ o t¨ omeg˝ u, α = ogben be´ all´ıtott rug´ os pusk´ at r¨ ogz´ı= 30◦ -os sz¨ tett¨ unk, amely egy m t¨ omeg˝ u l¨ oved´eket l˝ o ki k´et esetben. Az els˝ o esetben a kocsi r¨ ogz´ıtett, a m´ asodik esetben szabadon mozoghat. A l¨ oved´ek f¨ ugg˝ oleges ir´ any´ u emelked´esi magass´ aga asodik esetben h2 . Hat´ aaz els˝ o esetben h1 , a m´ anyt! rozzuk meg a h2 /h1 ar´

v2y 1 = tg α = √ , 2v2x 3

Az energiamegmarad´ as t¨ orv´enye alapj´an:  1 1 1 1  2 2 2 mv 2 + mv 2 = m v2x + mv2x + v2y = 2 2 2 2 2



  3 2 3 2 1 1 5 2 2 v2y + v2y v2y = mv2y . = m + m 2 4 2 4 4

E0 = K¨ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs

Megold´ as. Legyen az ¨ osszenyomott rug´ o rugalmas energi´ aja E0 ! Ez el˝ osz¨or mozg´ asi, majd helyzeti ´es mozg´ asi energi´ av´ a alakul. 1. eset (r¨ ogz´ıtett kiskocsi) Legyen a kil¨ ov´es pillanat´ aban (amikor a rug´o energi´ aja m´ar null´ara cs¨okkent) u komponense v1x , f¨ ugg˝oleges ir´ any´ u a l¨ oved´ek sebess´ege v1 , ennek v´ızszintes ir´any´ 2 2 at v12 = v1x + v1y ). Mivel a kocsihoz k´epest α = 30◦ -os komponense pedig v1y (teh´ sz¨ ogben l˝ ott¨ uk ki a l¨ oved´eket, ´es a kocsi nem tud elmozdulni, a l¨oved´ek asztalhoz viszony´ıtott sebess´eg´enek a v´ızszintessel bez´art sz¨ oge is α, teh´at azaz

2 v1x

=3·

A l¨oved´ek emelked´esi magass´ ag´ at most is a l¨ oved´ek f¨ ugg˝oleges ir´ any´ u kezd˝osebess´ege hat´ arozza meg: 1 mv 2 = mgh2 , 2 2y

´ J´ anosik Aron (Gy˝ or, R´evai Mikl´ os Gimn. ´es Koll., 12. ´evf.) 48 dolgozat ´erkezett. Helyes 9 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3–4 pont) 2, hi´ anyos (1–2 pont) 29, hib´ as 3, nem versenyszer˝ u 5 dolgozat.

P. 5180. Egyatomos ide´ alis g´ az az ´ abr´ an l´ athat´ o ABCA k¨ orfolyamatot v´egzi. Mekkora a k¨ orfolyamat hat´ asfoka, ha a g´ az (kelvinben m´ert) legmagasabb h˝ om´ers´eklete kilencszer akkora, mint a legalacsonyabb h˝ om´ers´eklet?

Az emelked´esi magass´ agot a l¨ oved´ek f¨ ugg˝oleges ir´ any´ u kezd˝osebess´ege hat´ arozza meg: 1 mv 2 = mgh1 , 2 1y vagyis 2 v1y E0 = . h1 = 2g 4mg 2. eset (a kiskocsi szabadon elmozdulhat) Legyen a kil¨ ov´es pillanat´ aban (amikor a rug´o energi´ aja m´ar null´ara cs¨okkent) u komponense v2x , f¨ ugg˝oleges ir´ any´ u a l¨ oved´ek sebess´ege v2 , ennek v´ızszintes ir´any´ 2 2 komponense v2y (teh´at v22 = v2x + v2y ), a kocsi sebess´ege pedig v (ez v´ızszintes ir´ any´ u, a l¨ oved´ek´evel ellent´etes ir´ anyban). A kiskocsi+l¨ oved´ek rendszerre nem hat v´ızszintes ir´any´ u k¨ uls˝ o er˝ o, ´ıgy a lend¨ uletmegmarad´ as t¨ orv´enye alapj´an vagyis

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

2 v2y 2E0 = . 2g 5mg

h2 8 = = 1,6. h1 5

1 1 1 2 2 2 2 2 m v12 = m (v1x + v1y ) = m (3v1y + v1y ) = 2m v1y . 2 2 2

0 = mv2x − mv,

vagyis h2 =

A k´et esetet ¨ osszevetve l´ atjuk, hogy az emelked´esi magass´ agok ar´anya:

2 v1y .

Az energiamegmarad´ as t¨ orv´enye szerint: E0 =

3 2 v 4 2y

k¨ovetkezik.

(5 pont)

v1y 1 = tg α = √ , v1x 3

2 ahonnan v2x =

(L´ asd m´eg G´ alfi L´ aszl´ o: H˝ ofelv´etel vagy h˝ olead´ as? c´ım˝ u cikk´et a K¨ oMaL 2009. ´evi 4. sz´ am´ aban vagy a honlapunkon!)

(5 pont)

K¨ ozli: Dezs˝ ofi Gy¨ orgy, Miskolc

Megold´ as. A g´ azt¨ orv´eny szerint pV = nRT , teh´ at a g´ az h˝ om´ers´eklete a pV szorzattal ar´ anyos. A h˝ om´ers´eklet az A pontnak megfelel˝ o´ allapotban a legalacsonyabb: p0 V 0 . Tmin = nR Az ABC h´aromsz¨ og szimmetri´aja miatt a legmagasabb h˝ om´ers´eklet a BC szakasz felez˝opontj´ahoz tartozik:

2 λ + 1 p0 V 0 . Tmax = 2 nR A feladat sz¨ovege szerint Tmax = 9Tmin , vagyis λ = 5.

v = v2x . 237

238

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

A k¨ orfolyamat hat´ asfoka a g´ az ´altal v´egzett hasznos W  munka ´es a felvett h˝o h´ anyadosa. A g´ az ´altal v´egzett hasznos munka az ABC h´aromsz¨og ter¨ ulete:

alakban is fel´ırhatunk. Ez a f¨ uggv´eny egy olyan parabol´ at ´ır le, amelynek z´erushe. A parabola maximuma lyei: x1 = 1 ´es x2 = 13 2

2

W =

(λ − 1) p0 V0 = 8p0 V0 . 2

x= ´ert´ekn´el van, ´es ezen a helyen

Az A → B folyamat izochor, amely sor´ an felvett h˝o: QAB = ΔUAB

QBD =

3 3 = nR(TB − TA ) = (pB VB − pA VA ) = 6p0 V0 . 2 2

A C → A izob´ ar folyamatban a g´az biztosan h˝ ot ad le, ´ıgy ez a folyamat a k¨orfolyamat hat´ asfoka szempontj´ ab´ ol ´erdektelen. Nehezebb eset a B → C folyamat, amely sor´ an h˝ ofelv´etel ´es h˝ olead´ as egyar´ ant el˝ofordulhat. Tekints¨ uk az AB szakasz valamely D pontj´ at, amelyhez tartoz´ o nyom´as p ´es ul, a t´erfogat V . (Nyilv´an V0  V  5V0 .) Mivel D rajta fekszik az egyenesen, teljes¨ hogy

 V p = p0 6 − , V0 otlan ar´ anysz´ am bevezet´es´evel ´ıgy ´ırhat´o: ami az x = VV dimenzi´ p = p0 (6 − x).

A teljes k¨ orfolyamatban a g´az az A → B → D ´ allapotv´ altoz´ as sor´ an vesz fel h˝ot: 169 p0 V 0 . Qfel = QAB + QBD = 8 ´Igy a k´erd´eses hat´ asfok: η=

W 64 ≈ 0,38 = 38%. = Qfel 169 Anh Quˆ an (Hanoi, Ta. Quang , 12. ´evf.) dolgozata alapj´an

P. 5183. Az ´ abr´ an l´ athat´ o f¨ ugg˝ oleges s´ınp´ ar fels˝ o v´eg´et L induktivit´ as´ u tekerccsel z´ artuk. A s´ınek t´ avols´ aga , rajtuk s´ url´ od´ asmentesen mozoghat egy m t¨ omeg˝ u, elhanyagolhat´ o ellen´ all´ as´ u r´ ud. A k¨ uls˝ o m´ agneses t´er B indukci´ ovektora v´ızszintes ´es mer˝ oleges a s´ınek s´ıkj´ ara. A rudat elengedve

Sz´ am´ıtsuk ki, mennyit h˝ot kell k¨ oz¨ olj¨ unk a g´ azzal, hogy az a B ´allapotb´ ol az egyenes ment´en haladva a D ´ allapotba jusson. A folyamat sor´ an addig t¨ort´enik folyamatosan h˝ ofelv´etel, am´ıg a QBD ≡ f (x) f¨ uggv´eny monoton n¨ovekszik. Ha f (x)-nek valahol lok´ alis maximuma van, majd onnan kezdve monoton cs¨okken, akkor ott m´ ar h˝ olead´ as t¨ ort´enik. A bels˝ o energia megv´ altoz´ asa:

a) legfeljebb mekkora fesz¨ ults´eg induk´ al´ odik a tekercsben; b) legfeljebb mekkora lesz az induk´ alt ´ aram er˝ oss´ege?

3 3 (pD VD − pB VB ) = p0 V0 (−x2 + 6x − 5). 2 2

(5 pont)

A g´ az ´ altal ek¨ ozben v´egzett munka (a BD szakasz ´es a V tengely k¨oz¨otti trap´ez ter¨ ulete): 5 + (6 − x)  (x − 1). = p0 V 0 WBD 2 Az els˝o f˝ot´etel szerint a g´az ´ altal a B → D ´ allapotv´ altoz´ as sor´ an felvett h˝o:  QBD = ΔUBD + WBD = (−2x2 + 15x − 13)p0 V0 ,

Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

Megold´ as. A rendszerre nem hat disszipat´ıv er˝o, ez´ert alkalmazhat´o az energiamegmarad´ as t¨ orv´enye. A rendszer teljes energi´ aja (a gravit´ aci´ os helyzeti energia, altozik, a m´agneses t´erenergia ´es a mozg´ asi energia ¨ osszege) a mozg´ as sor´ an nem v´ ´alland´ o marad. Ha a r´ ud f¨ ugg˝oleges elmozdul´asa x, a sebess´ege v ´es az a´ramer˝ oss´eg I, akkor (1)

amit

1 1 −mgx + LI 2 + mv 2 = 0. 2 2

(Az elmozdul´ast ´es a sebess´eget lefel´e tekintj¨ uk pozit´ıvnak, ´es a helyzeti energi´ at az indul´as hely´en v´ alasztottuk null´ anak. A kezdeti helyzetben x = 0, v = 0 ´es I = 0, teh´at az ¨osszenergia is nulla.)

QBD = (x − 1)(13 − 2x)p0 V0

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

121 p0 V 0 . 8

31 dolgozat ´erkezett. Helyes 11 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3–4 pont) 5, hi´ anyos (1–2 pont) 4, hib´ as 11 dolgozat.

0

ΔUBD =

15 x1 + x2 = 2 4

239

240

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

a) A r´ ud sebess´eg´enek n¨ ovekedt´evel egyre nagyobb fesz¨ ults´eg induk´al´odik, ez egyre nagyobb ´aramot hoz l´etre, ´es emiatt a m´ agneses t´erben mozg´o r´ udra egyre nagyobb f´ekez˝ oer˝ o hat. Az induk´alt fesz¨ ults´eg is, ´es az a´ramer˝ oss´eg is v´eges hat´ arok k¨ oz¨ ott marad, nem fognak id˝ovel korl´atlanul n˝ oni.

ami (4) felhaszn´ al´as´ aval ´ıgy ´ırhat´ o:

Megjegyz´es. A mozg´ as r´eszletesebb vizsg´ alat´ aval bel´ athat´ o, hogy a r´ ud harmonikus rezg˝ omozg´ ast v´egez; ennek bizony´ıt´ asa azonban nem tartozik a feladathoz.

Ez az ¨osszef¨ ugg´es k´et esetben teljes¨ ul: I = 0, ami a legkisebb ´aramer˝ oss´egnek felel meg, illetve amikor 2mg . I = Imax = B ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Bokor Endre (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an

Az induk´alt fesz¨ ults´eg nagys´ aga (2)

U = vB,

ami – a Faraday-f´ele indukci´ ot¨ orv´eny szerint – az a´ramer˝ oss´eg v´ altoz´ asi sebess´eg´evel is kifejezhet˝o: (3)

U =L

ΔI . Δt

Ebb˝ ol a k´et ¨ osszef¨ ugg´esb˝ ol U -t kik¨ usz¨ ob¨ olve, ´es kihaszn´ alva, hogy v = kapjuk, hogy Δ(xB − LI) = 0, Δt

Δx Δt

azt

8 dolgozat ´erkezett. Helyes Bokor Endre, Bonifert Bal´ azs, Horv´ ath Anik´ o, Lud´ anyi ´ Anh Quˆ an ´es T´ oth Abel megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 1, hib´ as Levente, 1 dolgozat.

P. 5185. Egy v´ızszintes lapon mozg´ o kis korongra a pillanatnyi sebess´eg´evel ar´ anyos f´ekez˝ oer˝ o hat. K´etf´ele k´ıs´erletet v´egz¨ unk vele: all´ as´ aig 50 cm utat tesz meg. (i) Ha megl¨ okj¨ uk v0 sebess´eggel, akkor a meg´ (ii) Amikor a megl¨ ok¨ ott korong sebess´ege m´ ar v0 /2-re cs¨ okkent, neki¨ utk¨ ozik egy m´ asik, ´ all´ o korongnak, amelyre ugyancsak a sebess´eg´evel ar´ anyos f´ekez˝ oer˝ o hat. (Az ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ o mindk´et korongn´ al ugyanakkora.) Az u oz´es egyenes ´es ¨tk¨ rugalmas. Meglep˝ o m´ odon a k´et korong egym´ as mellett ´ all meg. a) Mekkora a k´et korong t¨ omeg´enek ar´ anya?

vagyis Bx(t) − LI(t) = ´ alland´ o. Mivel indul´ askor x = 0 ´es I = 0, az a´lland´ o ´ert´eke nulla, teh´ at

b) Az u oz´es hely´et˝ ol milyen messze ´ all meg a k´et korong? ¨tk¨

B x(t). I(t) = L

(4)

1 2 mgLI LI = . 2 B

(6 pont)

Helyettes´ıts¨ uk be (4) ´es (2) felhaszn´al´as´ aval I-t ´es v-t az energiamegmarad´ ast kifejez˝o (1) egyenletbe: mU 2 2 B 2 2 x , = mgx − 2 2 2 B 2L

A Kvant nyom´ an

Megold´ as. a) A v´ızszintes lapon mozg´o, kicsiny, m t¨ omeg˝ u korongra a pillanatnyi v sebess´eg´evel ar´ anyos (azzal ellent´etes ir´ any´ u) F (v) = −αv f´ekez˝ oer˝ o hat, emiatt

majd alak´ıtsuk a jobb oldalt teljes n´egyzett´e: 2

2 2

2

mU m g L  B = 2 2 − 22 B 2 2 B 2L

2



x−

mgL 2 B 2

2



m g L . 22 B 2

α v m

gyorsul´assal” (t´enylegesen lassulva) mozog. Mivel a gyorsul´as a sebess´eg, a sebess´eg pedig az s megtett u ´t id˝oegys´egre es˝ o megv´ altoz´ asa (prec´ızen megfogalmazva: az id˝o szerinti els˝ o deriv´altja),

”

Innen leolvashat´ o az induk´alt fesz¨ ults´eg legnagyobb ´ert´eke: √ U (t)  Umax = g mL. b) A (4) ¨ osszef¨ ugg´esb˝ol l´atszik, hogy az induk´alt ´aram legnagyobb ´ert´ek´en´el x is a legnagyobb ´ert´ek´et veszi fel, ´es ott a r´ ud sebess´ege nulla. Ekkor (1) szerint 1 2 LI = mgx, 2 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

a=−

(1)

2 2

241

Δv α Δs =− , Δt m Δt

azaz

Δv = −

α Δs. m

A kis v´altoz´ asokat o alva) megkapjuk a korong sebess´eg´et a megtett ¨sszegezve (integr´ u ´t f¨ uggv´eny´eben: α v(s) = − s + ´alland´ o. m 242

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Ha a korong elmozdul´as´ at egy olyan pontt´ ol m´erj¨ uk, ahol a korong sebess´ege egy o nagys´ aga ´eppen v0 , teh´at ismert v0 ´ert´ek, akkor a fenti egyenletben szerepl˝o ´alland´ a mozg´ast a α v(s) = v0 − s m egyenlet ´ırja le. Ebb˝ol leolvashat´o, hogy az m t¨ omeg˝ u korong a meg´all´as´aig

azaz (6)

A mechanikai energia megmarad´ asi t¨ orv´enye szerint 1  v0 2 1 1 m = mv12 + M V12 , 2 2 2 2

utat tesz meg. Mivel az els˝o k´ıs´erletben s0 = 50 cm, a f´ekez˝ oer˝ o egy¨ utthat´ oja

teh´ at (5) ´es (6) ismeret´eben

mv0 mv0 α= . = s0 50 cm Legyen a m´asik, kezdetben a´ll´ o korong t¨ omege M , a pillanatnyi sebess´eg´et ´es gyorsul´as´at pedig jel¨ olj¨ uk V -vel ´es A-val. K¨ ozvetlen¨ ul az u ott a korongok ¨tk¨oz´es el˝ sebess´ege v = v0 /2 ´es V = 0, az u oz´es ut´an pedig v = v1 ´es V = V1 . (Az u ¨tk¨ ¨tk¨oz´es ut´ ani sebess´egeket nem ismerj¨ uk, ezeket k´es˝ obb m´eg meg kell hat´ aroznunk.) A k´et korong ugyanott a´ll meg, teh´at az u ol a meg´all´asig megtett ¨tk¨oz´est˝ d-vel jel¨ olt u ´tjuk ugyanakkora. A m´ asodik korong mozg´ asegyenlet´et az (1) egyenlet mint´ aj´ara ´ırhatjuk fel: F (V ) = M A(V ) = −αV, amib˝ol – a (2)-n´el le´ırtakhoz hasonl´ o ´ervel´essel – k¨ovetkezik, hogy a meg´ all´asig megtett u ´tja (3)

d=

M V1 , α

d=

m v1 . α

1 1 m 1 = + , 8 32 32 M m ´es v´eg¨ ul a k´erdezett t¨ omegar´ anyra M = 3 ad´ odik.

b) A (4), (6) ´es (2) ¨ osszef¨ ugg´esek szerint a korongok az u oz´es hely´et˝ ol ¨tk¨ d=

t´avols´ agban, ´eppen egym´as mellett ´allnak meg. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Varga V´ azsony (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an

mv1 = M V1 ,

P. 5191. Ugyanannyi ide´ alis g´ azzal az ´ abra szerinti p – V diagramon a ´br´ azolt 1 → 2 → 3 → 1, illetve az 1 → 3 → 4 → 1 k¨ orfolyamatot v´egeztetj¨ uk. Melyik k¨ orfolyamatot v´egz˝ o g´epnek nagyobb a hat´ asfoka, ´es milyen ¨ osszef¨ ugg´es ´ all fenn a k´et hat´ asfok k¨ oz¨ ott?

vagyis az u oz´es ut´ an a k´et korong lend¨ ulete megegyezik egym´assal. ¨tk¨ Az u tk¨ o z´ e s egyenes (a mozg´ a sok egy egyenesen t¨ort´ennek) ´es rugalmas. Az u ¨ ¨tk¨ oz´es sor´ an mind az o sszimpulzus (¨ o sszes lend¨ u let), mind pedig a mechanikai ener¨ gi´ak o o m´odon ´ırhatjuk fel: ¨sszege megmarad. Az impulzusmegmarad´ast a k¨ovetkez˝ m

v0 = mv1 + M V1 , 2

amib˝ ol (5) felhaszn´al´as´aval m

s0 m v0 m v1 = = = 12,5 cm α α 4 4

17 dolgozat ´erkezett. Helyes 10 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (5 pont) 3, hi´ anyos (1–4 pont) 4 dolgozat.

A fenti k´et egyenletb˝ ol kapjuk, hogy (5)

1  v0 2 1  m v0 2 1 mv02 = m + M , 8 2 4 2 M 4

Megjegyz´es. Bel´ athat´ o, hogy mindk´et korong sebess´ege az id˝ o exponenci´ alis f¨ uggv´enye szerint (nagyon gyorsan) tart null´ ahoz, teh´ at – ha val´ oban csak a feladatban szerepl˝ o f´ekez˝ oer˝ o hatna r´ ajuk – v´eges id˝ o alatt sohasem a ´llhatn´ anak meg. A fenti megold´ asban kapott d t´ avols´ ag u ´gy ´ertend˝ o, hogy ekkora u ´t megt´etele ut´ an cs¨ okken a korongok sebess´ege elhanyagolhat´ oan kicsiny ´ert´ekre.

az m t¨ omeg˝ u korongra pedig ez ´erv´enyes: (4)

1 v0 4

k¨ovetkezik

m s0 = v 0 α

(2)

v1 =

(5 pont)

Megold´ as. A h˝ otan I. f˝ ot´etele szerint a k¨ orfolyamat egyes szakaszaira” ´erv´e” ot, ΔE a g´ az bels˝o energi´ anak nyes, hogy Q = ΔE + W  . (A k´epletben Q a felvett h˝

v0 = 2mv1 , 2

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

Varga Istv´ an (1952–2007) feladata

243

244

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

megv´ altoz´ as´ at, W  pedig a g´ az ´ altal v´egzett t´ agul´ asi munk´ at jel¨oli, ´es mindegyik mennyis´eg el˝ ojelesen ´ertend˝o.) Adjuk ¨ ossze a h˝ ofelv´eteleket az I. k¨ orfolyamat ment´en:    Q12 + Q23 + Q31 = (ΔE12 + ΔE23 + ΔE31 ) + (W12 + W23 + W31 ).

A bels˝ o energia teljes v´altoz´ asa nulla, a t´agul´ asi munk´ ak el˝ojeles ¨osszege pedig a k¨ orfolyamat hasznos munkav´egz´ese. Ezek szerint  , Q12 + Q23 + Q31 = Whasznos

amit Q31 = −Q13 miatt ´ıgy is fel´ırhatunk:

Megold´ as. Mivel a lufi ´all´ o helyzetben lebeg, az mg nagys´ ag´ u neh´ezs´egi er˝ o, ag´ u felhajt´ oer˝ o kiegyenl´ıti egym´ast: valamint a leveg˝o Vg nagys´ mg = leveg˝o Vg. Vizsg´aljuk az r sugar´ u k¨ orp´ aly´ an mozg´o lufira hat´ o er˝ oket. A fonalat fesz´ıt˝o, F nagys´ ag´ u er˝ o v´ızszintes s´ıkban hat, ´es mivel a k¨ orp´ alya ´erint˝oj´evel mindig 45◦ -os sz¨oget z´ ar be, a fon´ aler˝ o ´erint˝oir´ any´ u (tangenci´ ar √ alis) komponense ´es a sug´ ag´ u. Hat m´eg a lufira ir´any´ u komponense ugyanakkora, nevezetesen F/ 2 nagys´ a sebess´eg´evel ellent´etes (teh´ at ´erint˝oir´ any´ u) k¨ ozegellen´ all´ asi er˝ o.

 Q12 + Q23 = Whasznos + Q13 .

Az egyenletes k¨ ormozg´ ast v´egz˝ o lufi ´erint˝oir´ any´ u gyorsul´ asa nulla, ´ıgy a tangenci´ alis er˝ok egyens´ ulyban vannak:

Az I. k¨ orfolyamatban csak az 1 → 2 ´es a 2 → 3 v´altoz´ asok sor´ an t¨ort´enik t´enylegesen h˝ ofelv´etel (Q12 > 0 ´es Q23 > 0), teh´ at ennek a k¨orfolyamatnak a hat´ asfoka:

1 1 F √ = kAleveg˝o v 2 = 0,45 · (20 cm)2 πleveg˝o r2 ω 2 . 2 2 2

(1)

(2)

η1 =

 Whasznos . Q12 + Q23

A sug´ arir´any´ u er˝ okomponens biztos´ıtja a centripet´ alis gyorsul´ast: F 4 √ = mrω 2 = leveg˝o (20 cm)3 π · rω 2 . 3 2

A II. k¨ orfolyamatban csak az 1 → 3 ´ allapotv´ altoz´ askor t¨ort´enik h˝ofelv´etel, ´es a hat´ asfok (3)

η2 =

 Whasznos . Q13

Ebb˝ ol a k´et egyenletb˝ ol megkapjuk a k¨ orp´ alya sugar´at: 4 · 20 cm r= 3 ≈ 118 cm = 1,18 m. 0,45 · 0,5 ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Varga V´ azsony (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt.

(Kihaszn´ altuk, hogy mindk´et folyamatban ugyanakkora a hasznos munka, mert a p – V diagramon az I. ´es a II. h´ aromsz¨ og ter¨ ulete megegyezik.) A h˝ofelv´eteleket (2) ´es (3)-b´ ol kifejezve, majd (1)-be helyettes´ıtve a hat´ asfokok k¨oz¨ott az 1 1 =1+ η1 η2 osszef¨ ugg´est kapjuk. L´athat´ o, hogy η1 > η1 , vagyis η1 < η2 . ¨ 1 2 Fekete Andr´ as Albert (P´ecs, Le˝ owey Kl´ara Gimn., 11. ´evf.) ´es F¨ ul¨ op S´ amuel Sihombing (P´ecs, Le˝ owey Kl´ara Gimn., 12. ´evf.) dolgozata alapj´an 27 dolgozat ´erkezett. Helyes 9 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 11, hi´ anyos (1–3 pont) 6, hib´ as 1 dolgozat.

P. 5197. Micimack´ o kapott aj´ and´ekba egy 20 cm sugar´ u, g¨ omb alak´ u lufit. A l´egg¨ omb u ´gy volt megt¨ oltve h´eliummal, hogy ha elengedte a fonal´ at, ´eppen lebegett a leveg˝ oben, nem emelkedett fel, de nem is s¨ ullyedt le. Micimack´ o ¨ or¨ om´eben elkezdett k¨ orbe szaladni a lufival u ´gy, hogy az egyik kez´evel fogta a lufi fonal´ anak v´eg´et. ´ Igy a lufi egyenletes k¨ ormozg´ ast v´egzett. Malacka megfigyelte, hogy b´ armekkora is Micimack´ oa ´lland´ o sz¨ ogsebess´ege, a lufi fonala minoget z´ ar be a k¨ or ´erint˝ oj´evel. dig 45◦ -os sz¨ Mekkora a lufi k¨ orp´ aly´ aj´ anak sugara? (A fon´ al s´ uly´ at´ ol ´es a lufi alakj´ anak esetleges megv´ altoz´ as´ at´ ol eltekinthet¨ unk.) (5 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

K¨ ozli: Baranyai Kl´ ara, Veresegyh´az 245

Megjegyz´es. A k¨ ozegellen´ all´ asi er˝ o l´enyeg´eben abb´ ol sz´ armazik, hogy a lufi mozgat´ asa k¨ ozben a k¨ ozel´eben l´ev˝ o (nagyj´ ab´ ol a lufi t´erfogat´ aval megegyez˝ o mennyis´eg˝ u) leveg˝ ot is mozg´ asba kell hoznunk, ´es a megmozgatott leveg˝ o sebess´ege v nagys´ agrend˝ u. (A nagy” j´ ab´ ol” ´es a nagys´ agrend˝ u” kifejez´esek pontos´ıt´ as´ at az alakt´enyez˝ ot˝ ol v´ arhatjuk.) ” A fenti megold´ asban a centripet´ alis er˝ o kisz´ am´ıt´ as´ an´ al csak a lufi lend¨ ulet´enek ir´ anyv´ altoz´ as´ at vett¨ uk figyelembe, a lufi a ´ltal megmozgatott leveg˝ o hat´ as´ aval nem t¨ or˝ odt¨ unk. Egy egyenes ment´en gyors´ıtott testn´el a k¨ ornyez˝ o leveg˝ o hat´ asa u ´gy jelentkezik, mintha omeg, ami a Newton-egyenletben szerepel) a val´ os´ aa test u ´n. effekt´ıv t¨ omege” (az a t¨ ” gos ´ert´ek´en´el nagyobb lenne, a k¨ ul¨ onbs´eg kb. a kiszor´ıtott leveg˝ o t¨ omeg´evel egyezik meg. Az a k´erd´es, hogy vajon az effekt´ıv t¨ omeges le´ır´ asm´ od a k¨ ormozg´ asn´ al is alkalmazhat´ o-e (vagyis a centripet´ alis er˝ o k´eplet´ebe is valamekkora effekt´ıv t¨ omeget kell-e ´ırnunk) l´enyegesen meghaladja a k¨ oz´episkolai fizika szintj´et, ez´ert ennek t´ argyal´ as´ at – term´eszetesen – nem v´ arjuk el a K¨ oMaL megold´ oit´ ol sem. (G. P.) 31 dolgozat ´erkezett. Helyes 21 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 4, hi´ anyos (1–3 pont) 6 dolgozat.

P. 5203. Egy 2A sz´eles, a ´tl´ atsz´ ou ara mer˝ oleges z ten¨veglemezben a lemez s´ıkj´ al n1 . gely ir´ any´ aban v´ altozik a t¨ or´esmutat´ o, ´ert´eke z = ±A-n´ al n0 , m´ıg z = 0-n´ Az u agban”) az x tengely ir´ any´ aban egy v´ekony ¨veglemez sz´el´en´el (z = A magass´ ” l´ezersugarat ind´ıtunk, amely az u ulve egy koszinuszg¨ orbe ment´en halad. ¨vegben elt´er¨

246

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

A (3), (4) ´es (5) ¨ osszef¨ ugg´esek felhaszn´ al´as´ aval:

n(z) = n0

Adatok: A = 1 cm, n0 = 1,5 ´es n1 = 1,6. (L´asd a P. 5066. feladat megold´ as´ at a K¨ oMaL 2018. ´evi decemberi sz´ am´aban.) K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´acduka

Megold´ as. A l´ezersug´ar p´ alyag¨ orb´ej´et le´ır´ o egyenlet 

x z(x) = A cos 2π , λ

(1)

x(z) =

n(z) = n0

z  (x) = −

z λ arccos . 2π A

(6)



2

 2π 2π λ z A sin2 arccos , λ λ 2π A



1+



2

 z 2  2π A · 1− , λ A

n(z) = n0



1+



2 2 2π 2π A − z2 λ λ

ad´odik. Tudjuk m´eg, hogy z = 0-n´ al a t¨ or´esmutat´ o

 x 2π A sin 2π . λ λ

z  (x) = − ctg α.

1,6 n0 = n0 n(0) = n1 = 1,5



1+



2 2π A . λ

Ebb˝ ol kisz´am´ıthatjuk a p´ alyag¨ orbe keresett hull´ amhossz´ at:

(A f¨ uggv´eny meredeks´eg´et jellemz˝ o sz¨ oget – aminek a tangense a f¨ uggv´eny deriv´ altja – az x tengelyt˝ ol m´erj¨ uk, az optikai bees´esi sz¨ oget pedig a z tengelyt˝ ol sz´am´ıtjuk. A k´et sz¨ og egym´as p´ otsz¨ oge.) A Snellius–Descartes-t¨ orv´eny szerint n(z) · sin α = konstans,

λ= 

2πA 1,6 2 1,5

( )

−1

≈ 0,169 m,

majd ezt (6)-ba visszahelyettes´ıtve megkapjuk a t¨ or´esmutat´ o z-f¨ ugg´es´et:

´es mivel a l´ezersug´ar bel´ep´esi pontj´an´ al α = 90◦ ´es n = n0 , a fenti k´epletben szerepl˝o alland´ ´ o ´eppen n0 : n(z) sin α = n0 ,

n(z) ≈ 1,5



1,138 − 0,138

1 2 z . cm2

´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Varga V´ azsony (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt.

vagyis (5)

1+

vagyis

A deriv´ alt abszol´ ut ´ert´eke megegyezik a z = ´ alland´ o r´eteghez” tartoz´ o α bees´esi ” sz¨ og kotangens´evel: (4)

2  x 2π A sin2 2π . λ λ



  al´as´ aval amit egyszer˝ us´ıtve, ´es sin2 arccos(x) = 1 − x2 felhaszn´

Az (1) egyenletet x szerint deriv´alva: (3)



n(z) = n0

ennek az inverze (a 0  x  λ intervallumon): (2)

1+

Innen (2) behelyettes´ıt´es´evel kapjuk, hogy

a) Hogyan f¨ ugg a t¨ or´esmutat´ o z-t˝ ol? b) Mekkora a f´eny p´ alyag¨ orb´ej´enek hull´ amhossza?

(5 pont)



n(z) =

n0 = n0 sin α

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4



7 dolgozat ´erkezett. Helyes Bokor Endre, Lud´ anyi Levente, Selmi B´ alint, T´ oth ´ Abel ´es Varga V´ azsony megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (3–4 pont) 2 dolgozat.

1 + ctg2 α. 247

248

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

´ Aprilisi p´ otgyakorlat.2 Becs¨ ulj¨ uk meg, hogy mennyi gl¨ uk´ ozt kell el´egetnie Garfieldnak ahhoz, hogy le tudja tolni Ubult az asztalr´ol!

Fizik´ ab´ ol kit˝ uzo ¨tt feladatok

M. 395. M´erj¨ uk meg egy hajsz´ar´ıt´o l´eghozam´at (id˝oegys´egenk´ent kif´ ujt leveg˝o t´erfogat´ at) k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fokozatok eset´en! (6 pont)

K¨ozli: Varga Gy¨ orgy, Pilis

G. 705. K´et goly´ ot enged¨ unk el egy magasan lebeg˝ o l´eghaj´ ob´ol. Melyik goly´ o esik gyorsabban, ha a) egyforma nagyok, de nem egyforma nehezek; b) egyforma nehezek, de nem egyforma nagyok? (3 pont) G. 706. Az Apollo 13 c´ım˝ u film az u ˝rhaj´o 1970-ben, szerencs´esen v´egz˝ od¨ott baleset´er˝ ol k´esz¨ ult. A s´ ulytalans´ ag pillanatait a NASA Boeing KC-135 t´ıpus´ u rep¨ ul˝ og´ep´en vett´ek fel 612 r¨ ovid, egyenk´ent 23 m´asodperces r´eszletben. Egy-egy r´eszlet felv´etelekor a rep¨ ul˝ ot parabolap´ aly´ an vezett´ek v´egig olyan m´ odon, hogy benne s´ ulyul˝ og´ep legkisebb sebess´ege a s´ ulytalans´ agi talans´ag uralkodjon.1 Mekkora volt a rep¨ art be a v´ızszintessel szakasz k¨ ozben, ha a g´ep p´ aly´ aj´anak ´erint˝oje 45◦ -os sz¨oget z´ a szakasz elej´en ´es a v´eg´en is? (4 pont) G. 707. Zsiga ´es S´ ari egyenes p´aly´ an kocognak, Zsiga 3 m/s, S´ari 2 m/s nagys´ag´ u ´alland´ o sebess´eggel. Fut´ as k¨ ozben Buksi kuty´ ajuk ide-oda szaladg´ al kettej¨ uk k¨ oz¨ ott. Kezdetben S´ ari van el¨ ol, Zsiga pedig 20 m´eterrel m¨og¨otte. Buksi csoda” kutya”, mert u ´gy tud k¨ oz¨ ott¨ uk 4 m/s a´lland´ o nagys´ ag´ u sebess´eggel futni, hogy az ¨ osszes ir´ anyv´altoztat´ asa pillanatszer˝ u. Buksi tetsz˝ oleges kezdeti helyzet´et ´es fut´ asir´ any´ at figyelembe v´eve hat´ arozzuk meg a kutya u ´tj´anak, illetve elmozdul´ as´anak legkisebb ´es legnagyobb ´ert´ek´et a kezd˝ ohelyzett˝ ol a k´et fiatal tal´ alkoz´ as´aig sz´ am´ıtva! (4 pont)

K¨ ozli: K´ os Ol´ıvia, Budapest P. 5219. S´ık vid´eken egy r´et k¨ ozep´en g´emesk´ ut ´ all, f¨ ugg˝oleges oszlopa fele at´ osz¨ ogben olyan magas, mint amilyen hossz´ u a g´em. A r´et sz´el´ere ´erve 2,3◦ -os l´ l´atjuk a t˝ ol¨ unk 100 m´eterre, pontosan ´eszakra l´ev˝ o g´emesk´ ut oszlop´ at. A szem¨ unk 165 cm magasan van a talaj f¨ ol¨ ott. A g´em kelet–nyugat ir´ any´ u, ´es a k¨ ozep´en´el t´ amaszkodik az oszlopra. Ezt k¨ovet˝oen 1 m/s a´lland´ o sebess´eggel k¨ ozel´ıtj¨ uk meg a kutat. Sz´ am´ıtsuk ki ´es ´abr´ azoljuk v´ azlatosan, hogyan v´ altozik az id˝ o f¨ uggv´eny´eben a g´em l´ at´ osz¨ oge az elindul´asunkt´ ol a k´ uthoz ´erkez´es¨ unkig! (4 pont) Tank¨ onyvi feladat nyom´ an P. 5220. M ´es 2M t¨ omeg˝ u kiskocsik k¨ oz´e egy ¨ osszenyomott a´llapot´ aban fon´ alunk u ´gy, hogy a rug´ o csak az egyik kocsihoz van r¨ ogz´ıtve. lal r¨ogz´ıtett rug´ot helyez¨ Ezt a rendszert s´ url´od´ asmentes, v´ızszintes asztalon v0 sebess´eggel ell¨ okj¨ uk. Bizonyos id˝ o eltelte ut´ an a fon´al elszakad, ennek hat´as´ ara az egyik kiskocsi meg´ all. a) Mekkora sebess´eggel halad tov´ abb a m´asik kocsi? b) Mekkora energia volt a rug´ oban? (4 pont) K¨ ozli: Kobzos Ferenc, Duna´ ujv´aros P. 5221. Egy piciny (pontszer˝ unek tekinthet˝ o) j´at´ekaut´ onak ´ep´ıt¨ unk egy s´ url´od´asmentes p´ aly´ at, amely v´ızszintes szakasszal indul, azut´an egy r sugar´ u, f¨ ugg˝oleges s´ık´ u, k¨or alak´ u hurokban folytat´ odik, majd a hurok kezdet´ehez vissza´erve ism´et v´ızszintess´e v´alik. Legyen v az a legkisebb ind´ıt´ asi sebess´eg, amellyel a kisaut´ o m´ ar v´egighalad a p´ aly´ an. Ezen v sebess´eg h´ anyad r´esz´evel kell elind´ıtani az aut´ ot, hogy a hurokszakaszr´ol lev´alva ´eppen a k¨ or ´atellenes pontj´aba csap´ odjon majd be?

ukr¨ os labirintuG. 708. Egy vid´ ampark t¨ s´aba befutott Berci, ´es elb´ ujt a B pontban. L´athatja-e ˝ot az anyuk´aja, aki az A pontban a´llva keresi o˝t? L´ atja-e Berci az anyuk´ aj´at? A t¨ uk¨ orlabirintus alaprajza az ´ abr´ an l´ athat´ o. A vastag vonalak mindk´et oldalukon t¨ ukr¨ oz˝ o fel¨ uleteket jeleznek. (5 pont)

(4 pont) 1

2

Ezt – f´elre´erthet˝ o m´ odon – z´er´ o g rep¨ ul´esnek” (zero gravity flight-nak) nevezik. ”

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

249

250

K¨ ozli: Vass Mikl´ os, Budapest

Bek¨ uldhet˝ o a [email protected] c´ımre, de nem sz´ am´ıt bele a pontversenybe.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

P. 5222. K´et j´ o min˝os´eg˝ u, t¨ om¨ or gumib´ol k´esz¨ ult labd´at az ´ abr´ an l´athat´ o m´odon egym´as tetej´ere tesz¨ unk, majd h magass´ agb´ ol elengedj¨ uk ˝oket. A talajjal, illetve egym´ assal t¨ort´en˝ o u oz´es¨ uket k¨ ozel´ıt˝oleg a k¨ ovetkez˝ o m´odon ´ırhatjuk le: el˝osz¨or ¨tk¨ az als´ o, M t¨ omeg˝ u labda u ozik t¨ ok´eletesen rugalmasan a ta¨tk¨ lajjal, majd ezt k¨ ovet˝oen igen r¨ ovid id˝ o m´ ulva a talajr´ ol visszapattan´ o labda t¨ ok´eletesen rugalmasan u ozik a fels˝ o, m t¨ome¨tk¨ g˝ u labd´ aval.

P. 5226. K´et azonos keresztmetszet˝ u, 1 ´es 2 hossz´ us´ ag´ u, λ1 ´es λ2 h˝ ovezet˝ok´epess´eg˝ u f´emrudat h˝ oszigetel˝ o bor´ıt´ assal ell´atva ¨ osszeilleszt¨ unk u ´gy, hogy egyetlen us´ag´ u rudat alkossanak. A k´et v´eg´en T1 ´es T2 h˝ om´ers´ekletet a´ll´ıtunk be. 1 + 2 hossz´

any eset´en kapja meg a fels˝ o laba) Milyen m/M t¨omegar´ da a rendszer teljes kezdeti helyzeti energi´ aj´at? Milyen magasra pattan a fels˝ o labda ebben az esetben? b) Milyen m/M t¨omegar´ any eset´en pattan fel legmagasabbra a fels˝ o labda, ´es mekkora ez a magass´ ag?

(4 pont)

a) Mennyi a rudak h˝ om´ers´eklete ott, ahol ´erintkeznek? ´ b) Abr´ azoljuk a h˝ om´ers´eklet r´ ud menti eloszl´ as´ at! W W Adatok: 1 = 65 cm, 2 = 40 cm, λ1 = 395 m·K , λ2 = 76 m·K , T1 = 30 ◦ C, ◦ T2 = 80 C.

c) Milyen m/M t¨omegar´ any eset´en alkalmazhatjuk az u as´ at? ¨tk¨oz´esek fenti le´ır´ Mi t¨ ort´enik p´eld´ aul a k = m/M = 3 t¨ omegar´ any eset´en? (Az u oz´eseket pillanatszer˝ unek tekinthetj¨ uk. A labd´ak m´erete sokkal kisebb ¨tk¨ a h magass´ agn´ al.) (5 pont)

K¨ozli: Kis Tam´ as, Heves

K¨ ozli: Wiedemann L´ aszl´ o, Budapest

P. 5227. a) K´et doboz mindegyik´eben egy-egy 1 kΩ-os, 2 kΩ-os, 3 kΩ-os, 4 kΩ-os ´es 5 kΩ-os ellen´ all´ as tal´ alhat´ o. A k´et dobozb´ ol tal´alomra kivesz¨ unk egyegy ellen´ all´ast, ´es sorosan kapcsoljuk ezeket. Mekkora val´ osz´ın˝ us´eggel lesz az ered˝ o ellen´ all´as 2 kΩ, 3 kΩ, 4 kΩ, 5 kΩ, 6 kΩ, 7 kΩ, 8 kΩ, 9 kΩ illetve 10 kΩ? b) M´asik k´et doboz mindegyik´eben egy-egy 60 kΩ-os, 30 kΩ-os, 20 kΩ-os, 15 kΩ-os ´es 12 kΩ-os ellen´all´ as tal´ alhat´ o. A k´et dobozb´ ol tal´ alomra kivesz¨ unk egyegy ellen´ all´ast, ´es p´ arhuzamosan kapcsoljuk ezeket. Mekkora val´ osz´ın˝ us´eggel lesz az ered˝o ellen´ all´ as 30 kΩ, 20 kΩ, 15 kΩ, 12 kΩ, 10 kΩ, illetve 10 kΩ-n´al kisebb ´ert´ek˝ u?

P. 5223. V´ızszintes asztallapon az ´ abr´ an l´athat´ o m´odon elhelyezt¨ unk n´egy egyforma, egyenk´ent 30 N s´ uly´ u goly´ ot egy keretben, amely egy szab´ alyos h´aromsz¨ og alap´ u has´ab. Mekkora er˝ ok hatnak az egyes ´erintkez´esi pontokban, ha oje a h´aromsz¨ og oldala 15 cm, a goly´ ok a´tm´er˝ pedig 5 cm? (A s´ url´od´ ast´ ol eltekinthet¨ unk.)

(4 pont)

(5 pont)

P. 5229. A s´ ulytalans´ ag ´ allapot´ aban egym´ast´ ol 2L t´ avols´ agra k´et, egyenk´ent Q nagys´ ag´ u pontt¨ olt´est r¨ ogz´ıt¨ unk. A t¨ olt´esek k¨ oz¨ ott, a szimmetriatengely k¨ or¨ ul, a felez˝ omer˝ oleges s´ıkban R sugar´ u k¨ orp´ aly´ an kering egy m t¨ omeg˝ u, Q-val ellent´etes el˝ojel˝ u q pontt¨ olt´es. a) Adjuk meg a kering´esi id˝ot a p´ alyasug´ar f¨ uggv´eny´eben!

P. 5228. A galenitkrist´ aly s˝ ur˝ us´eg´enek ´es ¨ osszet´etel´enek ismeret´eben sz´ amolos´ ohoz hasonl´oan szab´ajuk ki k´et szomsz´edos ´olomatom t´ avols´ ag´at! (A galenit a k˝ lyos krist´alyr´acs´ u.) (4 pont)

K¨ ozli: N´emeth L´ aszl´ o, Fony´od

P. 5224. S¨ ot´eted´eskor az uszod´ aban csak a medence f¨ ugg˝oleges fal´ aba ´ep´ıtett vil´ag´ıt´ otesteket kapcsolj´ ak be. A l´amp´ ak 1 m´eterrel vannak a v´ız felsz´ıne alatt. H´ arom m´eterre a falt´ ol u ´gy a´llunk meg az egyik l´ amp´ aval szemben, hogy szem¨ unk 30 cm-re van a v´ız felett. A falt´ ol milyen messze l´ atunk egy f´enyfoltot a v´ız felsz´ın´en? (5 pont)

K¨ ozli: Honyek Gyula, Veresegyh´az

ulet˝ u faz´ekban 5 liter, 998 kg/m3 s˝ ur˝ us´eg˝ u, P. 5225. Egy 10 dm2 alapter¨ o. A vizet felmeleg´ıtj¨ uk 80 ◦ C-ra. A v´ız t´erfogati h˝ ot´ agul´ asi 20 C-os v´ız tal´alhat´ oz¨ otti h˝ om´ers´eklet-tartom´anyban tekints¨ uk a´llanegy¨ utthat´ oj´at a 20 ◦ C ´es 80 ◦ C k¨ unek. A faz´ek rozsdamentes ac´elb´ ol k´esz¨ ult, melynek d´ o, βv´ız = 4 · 10−4 1/K ´ert´ek˝ t´erfogati h˝ ot´ agul´ asi egy¨ utthat´ oja βac´el = 5 · 10−5 1/K. A v´ız p´ arolg´as´ at hanyagoljuk el. a) Mekkora kezdetben a v´ız hidrosztatikai nyom´asa az ed´eny alj´ an? Mennyivel v´altozik meg ez az ´ert´ek a meleg´ıt´es sor´ an? b) Mennyivel emelkedik meg a meleg´ıt´es sor´ an a faz´ekban a v´ızszint? ◦

(4 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

K¨ ozli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest

K¨ ozli: L´egr´ adi Imre, Sopron

b) Elemezz¨ uk az R  L ´es az R  L hat´ areseteket! ´ c) Allap´ ıtsuk meg, melyik a nagyobb: a k¨ orp´ aly´ an kering´esnek, vagy ugyanezen testnek a k¨ orp´ alya egyik a´tm´er˝ oje ment´en t¨ ort´en˝ o, R amplit´ ud´ oj´ u rezg´es´enek az ideje! (A gyorsul´o t¨ olt´es sug´arz´as´ ab´ ol ´es a l´egellen´ all´asb´ ol ad´od´ o f´ekez˝ od´est˝ ol eltekinthet¨ unk.) (6 pont)

K¨ ozli: Woynarovich Ferenc, Budapest

´ Aprilisi p´ otfeladat.3 Siker¨ ult r´ adi´ okapcsolatot l´etes´ıteni egy t´avoli bolyg´o ´ertelmes lak´ oival, de t´ avcs˝ovel sem a csillagjukat, sem a bolyg´ ojukat nem tudtuk megfigyelni.

K¨ ozli: Sz´echenyi G´ abor, Budapest

3

251

252

Bek¨ uldhet˝ o a [email protected] c´ımre, de nem sz´ am´ıt bele a pontversenybe.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

A f¨ oldi kutat´ ok a k¨ ovetkez˝ o inform´ aci´ okat kapt´ak az idegen civiliz´aci´ o fizikusait´ol: bolyg´ ojuk k¨ orp´ aly´ an kering a csillagja k¨ or¨ ul, a p´alya sugara (nevezhetj¨ uk old¨ ont´ uli f´eny´ev”. A csillagjuk t¨omege 2,4 · 1057 ezt f¨ old¨ ont´ uli CSE-nek”) 40 1000 f¨ ” ” f¨ old¨ ont´ uli t¨ omegegys´eg. A 2,77 · 10−31 f¨ old¨ ont´ uli f´eny´ev hull´ amhossz´ us´ag´ u foton energi´aja ´eppen a f¨ old¨ ont´ uli t¨ omegegys´eghez tartoz´ o nyugalmi energi´aval egyezik meg. a) H´ anyszorosa a t´ avoli csillag t¨ omege a mi Napunk t¨omeg´enek? b) A f¨ old¨ ont´ uli csillag´aszati egys´eg” h´ any f¨ oldi CSE, ´es a t´ avoli bolyg´o kerin” g´esi ideje h´any f¨ oldi ´ev? c) Mekkora a f¨ old¨ ont´ uli t¨ omegegys´eg kilogrammban kifejezve? (Az univerz´ alis fizikai ´alland´ ok az univerzum minden r´esz´eben ugyanakkor´ ak, sz´ am´ert´ek¨ uk csak az elt´er˝ o m´ert´ekegys´egek miatt k¨ ul¨onb¨ozhetnek.) K¨ ozli: Bertalan Zolt´ an, B´ek´escsaba

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. m´ ajus 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 4. April 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition C (see page 225): Exercises up to grade 10: C. 1602. Two tenth-grade students and two eleventh-grade students sat down to solve the exercises of type C in the April issue of K¨ oMaL∗ . After an hour, they observed that each exercise was solved by exactly one of them, and that everyone solved at least one exercise. In how many different arrangements may they have solved the exercises? (Two arrangements are considered different if there is at least one exercise that is solved by a different student.) C. 1603. The altitude drawn from vertex A of an isosceles triangle ABC intersects the leg BC at T . Let M denote the orthocentre, and let O be the centre of the inscribed circle. Prove that if line OT is parallel to the base AB, then M C = 2AM . Exercises for everyone: C. 1604. A farmer brought 1225 packets of seeds to an agricultural fair: 1 packet of 1 gram of seeds, 2 packets of 2 grams, 3 packets of 3 grams, . . . , k packets of k grams of seeds in each – every positive integer 1 to k occurred. What was the average mass of seeds in a packet? C. 1605. The diagonals of a convex quadrilateral ABCD intersect at M . The area of triangle ABM is greater than the area of triangle CDM . The midpoint √ of side BC of the quadrilateral is P , and the midpoint of side CD is Q, AP + AQ = 2 . Prove that the area of quadrilateral ABCD is ∗

There are seven exercises each month. Exercises 1–5 are for students in grade 10 at most, while exercises 3–7 may be solved by 11th and 12th grade students.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

253

less than 1. C. 1606. The areas√of two faces of a cuboid are 40 and 56 units. The length of the diagonal of the cuboid is 138 units of length. Calculate the possible surface area and the volume of the cuboid. (S. Kiss, Ny´ıregyh´ aza) Exercises upwards of grade 11: C. 1607. Between 4 and 9, some digits of 4 are inserted, followed by the same number of digits of 8 (e.g. 4489). Prove that the resulting number is a perfect square. C. 1608. We are making a Vietnamese hat for a costume party. The hat is a right circular cone of apex angle 97.18◦ . The slant height is 28 cm. Is it possible to make a hat like this out of a 50 × 70 cardboard sheet available at the stationery store? New exercises – competition B (see page 226): B. 5094. Prove that if two rightangled triangles have the same perimeter and the same area, then they are congruent. (3 points) (S. Kiss, Ny´ıregyh´ aza) B. 5095. Let a, b, c denote distinct nonzero integers. ab

bc

ca

Prove that if the sum of the three numbers c , a and b is an integer, then each of the three numbers is an integer. (3 points) (G. Stoica, Saint John, Canada) B. 5096. In a regular triangle ABC of unit sides, let P be an arbitrary point on the circumference of the incircle. Let D, E, and F denote the orthogonal projections of point P on the sides BC, AC and AB, respectively. Prove that the area of triangle DEF is a constant, independent of the choice of P . (4 points) B. 5097. The product of the positive numbers x1 , x2 , . . . , xn is 1. Prove that x41 + x42 + · · · + x4n  x31 + x32 + · · · + x3n . (4 points) (Dinu Ovidiu-Gabriel, B˘ alce¸sti, Romania) B. 5098. Two players, First and Second, are playing the following game: First selects a positive integer not greater than 2020, which Second is trying to find out by guessing (by naming a number as a guess). The possible answers of First are as follows: “My number is smaller than that.”; “You are right.”; “My number is greater than that.” If the answer is “My number is smaller than that” or “You are right”, then Second pays 10 forints (Hungarian currency) to First. If the answer is “My number is greater than that” then he pays 20 forints. What is the minimum possible amount of money that Second needs to have in order to be certain that he can find out the number, and what strategy should he use? (The game terminates with the first “You are right” answer, even if Second already knows the number before asking the last question.) (5 points) B. 5099. The angle at vertex A of a rhombus ABCD is 60◦ . An ellipse is inscribed in the rhombus, with the axes lying along the diagonals of the rhombus. The points of tangency of the ellipse on sides divide the sides in a ratio 1 : 3. On sides AB and AD it is the point closer to A, and on sides BC and CD it is the point closer to C. Let some point P move along the ellipse. Draw lines through P , parallel to the midlines of the rhombus, and consider the intersections with the other midline. Let these point be Q and R. Show that the length of the line segment QR is independent of the position of P . (5 points) B. 5100. Show that it is always possible to select some numbers (at least one) out of n consecutive integers such that their sum is divisible by (1 + 2 + · · · + n). (6 points) (Based on the idea of B. Kov´ acs and Zs. V´ arkonyi) B. 5101. ABCDO is a four-sided pyramid, and P is a point in the interior of base ABCD. A plane not passing through O cuts the lines OA, OB, OC, OD and OP at points A , B  , C  , D , and P  , respectively. t

·t

t





 ·t 





Prove that tP AB ·tP CD = tP A B ·tP C D , where tXY Z denotes the area of triangle XY Z. P BC P DA P  B  C  P  D  A (6 points) New problems – competition A (see page 228): A. 775. Let H ⊆ R3 such that if we reflect any point in H across another point of H, the resulting point is also in H. Prove that either H is dense in R3 or one can find equidistant parallel planes which ´ ad Kurusa, Szeged and Vilmos Totik, Szeged) A. 776. Let cover H. (Submitted by Arp´

254

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

k > 1 be a fixed odd number, and for non-negative integers n let fn = n    n



0in k|n−2i

n i

. Prove

ff . (Submitted by Andr´ as Imolay, that fn satisfy the following recursion: fn2 = i i n−i i=0 Budapest)

Problems in Physics (see page 249) M. 395. Measure the rate of airflow of a hair dryer at different speed settings. G. 705. Two balls are released from an airship floating at a great height. Which ball falls faster, if a) they have the same size, but different weights; b) they have the same weight, but different sizes? G. 706. The docudrama titled Apollo 13 is about the happily ended accident of the spacecraft, occurred in 1970. The scenes depicting weightlessness were recorded in a Boeing KC-135 air-plane (belonging to NASA) in 612 short, 23 secondlong parts. In order to create the “zero gravity” for each of these short parts the plane flew along a parabolic path. What was the smallest speed of the plane during the zero gravity period of the flights if the angle between the horizontal and tangent to the parabolic path of the plane both at he beginning and at the end of the zero gravity manoeuvre was 45◦ ? G. 707. Sam and Sarah are jogging along a straight path at constant speed. Sam’s speed is 3 m/s and Sara’s speed is 2 m/s. Pluto, their dog, is running back and forth between them. Initially Sarah is 20 m ahead Sam. Pluto is a “miraculous” dog, because he can run between them at a constant speed of 4 m/s such that all his turns are immediate. Considering Pluto’s arbitrary initial location and direction of running, determine the smallest and greatest values of both the distance covered and the displacement of the dog until Sam and Sarah meet. G. 708. Ben ran into a mirrored labyrinth of an amusement park, and hid at point B. Can his mother, who is looking for Ben standing at point A, see him? The plan of the mirrored labyrinth of the amusement park is shown in the figure. The thick lines represent mirrors with reflexive surfaces at both of their sides. P. 5219. There is a shadoof in the middle of a meadow in a plain. Its vertical pole has half the length of its horizontal beam. Reaching the rim of the meadow, the shadoof is at a distance of 100 m from us towards the north. Observing the shadoof from the rim of the meadow the angle subtended by its vertical pole is 2.3◦ . Our eyes are at a height of 165 cm, the horizontal beam is east–west and is supported by the pole at its centre. We walk towards the shadoof at a constant speed of 1 m/s. Calculate and sketch how the angle subtended by the shadoof change over time as we walk from the rim of the meadow to the shadoof until we reach it. P. 5220. A compressed spring, which is tied with a piece of thread, is placed between two carts of masses M and 2M such that it is fixed to only one of the carts. This system is placed to a horizontal frictionless tabletop and given an initial speed of v0 . After some time the thread breaks, and because of this one of the carts stops. a) At what speed does the other cart move further? b) How much energy was stored in the spring? P. 5221. A frictionless track is built for a small (point-like) toy car. The initial part of the track is horizontal, and then it continues in a vertical circular loop of radius r, and horizontal again after the loop is closed. Let v be the least initial speed of the toy car at which it must be started in order that it just go along the circular loop. What fraction of this speed v should be given to the toy car in order that after leaving the loop it strike the track exactly at the opposite point of the circle? P. 5222. Two solid rubber balls, made of high-quality rubber, are placed on the top of one another as shown in the figure, and then they are released from a height of h. The collisions occur as follows: first the bottom ball of mass M collides with the ground totally elastically, then after a very short time the ball that bounced back from the ground collides totally

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/4

255

elastically with the upper ball of mass m. a) What is the ratio of m/M in the case when the total initial potential energy of the balls is converted to the energy of the upper ball? How high will the upper ball go up in this case? b) What is the ratio of m/M in the case when the upper ball bounces to the greatest possible height and what is this height? c) At what ratio of m/M can the above description of the collisions be applied? What happens for example at the mass ratio of k = m/M = 3? (The collisions are momentary. The size of the balls is much smaller than the height h.) P. 5223. Four alike balls, each of which has a weight of 30 N, are placed to the horizontal table into a frame – which has a shape of an equilateral-triangle-based right prism – as shown in the figure. Calculate the forces at the contact points if the side of the triangle is 15 cm, and the diameter of a ball is 5 cm. (Friction is negligible.) P. 5224. In a swimming pool only the lights built in the vertical walls of the pool are turned on as dusk falls. The lights are 1 metre below the surface of the water. Someone stands 3 metres from the wall in front of a lamp such that his or her eyes are at a height of 30 cm above the water. How far from the wall does he or she observe a light spot on the surface of the water? P. 5225. There is 5 litres water at a temperature of 20 ◦ C in a stockpot of base area 10 dm2 . The density of water is 998 kg/m3 . The water is heated to 80 ◦ C. The coefficient of volume expansion of water can be considered constant between the temperature values of 20 ◦ C and 80 ◦ C, and it is βwater = 4 · 10−4 1/K. The pot is made of stainless steel whose coefficient of volume expansion is βsteel = 5 · 10−5 1/K. Neglect the vaporization of water. a) What is the initial hydrostatic pressure at the bottom of the pot? How much does this value change during the heating? b) How much does the level of water change due to the heating? P. 5226. Two metal rods of lengths 1 and 2 , of thermal conductivity of λ1 and λ2 , and having the same cross section are both covered with thermal insulating sleeves, and put together such that they form a single rod of length 1 + 2 . The temperature values at the the two ends are adjusted to the values of T1 and T2 . a) What is the temperature of the rods at their contact points? b) Sketch the temperature of the rod as a function of the position W W along the rod. Data: 1 = 65 cm, 2 = 40 cm, λ1 = 395 m·K , λ2 = 76 m·K , T1 = 30 ◦ C, ◦ T2 = 80 C. P. 5227. a) Different resistors were put into two boxes. Each box contains one from each of the following resistors: 1 kΩ, 2 kΩ, 3 kΩ, 4 kΩ and 5 kΩ. One resistor is taken out randomly from each box, and they are connected in series. What is the probability that the equivalent resistance of the series connection is 2 kΩ, 3 kΩ, 4 kΩ, 5 kΩ, 6 kΩ, 7 kΩ, 8 kΩ, 9 kΩ or 10 kΩ? b) In other two boxes there are also some resistors. Both of these two boxes contain one from each of the following resistors: 60 kΩ, 30 kΩ, 20 kΩ, 15 kΩ and 12 kΩ. One resistor is taken out randomly from each box, and they are connected in parallel. What is the probability that the equivalent resistance of the parallel connection is 30 kΩ, 20 kΩ, 15 kΩ, 12 kΩ, 10 kΩ, or less than 10 kΩ? P. 5228. Calculate the distance between two lead atoms in a galena crystal, if its density and its constituents are known. (Similarly to rock salt, galena has a cubic crystal system.) P. 5229. Two point-like charges, each having a charge of Q, are fixed at a distance of 2L from each other in weightlessness. Between these charges another point like charge of mass m and of charge q (q and Q are opposite charges) is revolving about the symmetry axis of the charges along a circular path of radius R. The plane of this circle is the perpendicular bisector of the line segment that joins the two fixed charges. a) Determine the period of the circular motion as a function of the radius of the path. b) Evaluate the limiting cases when R  L and when R  L. c) Determine which is greater: the period of the motion of charge q along the circular path, or the period of the same charge when it undergoes simple harmonic motion along one of the diameters of the circle with amplitude R? (Neglect the deceleration of the charge due to the radiation of the accelerating charge and due to air resistance.)

70. ´evfolyam 4. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. ´ aprilis

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 5. sz´am

T´ erbe kil´ ep˝ o bizony´ıt´ asok, r´ aad´ as 1 Budapest, 2020. m´ajus

Gergonne megold´ asa az Apoll´ oniusz-feladatra

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK K´os G´eza: T´erbe kil´ep˝o bizony´ıt´asok, r´aad´as . . . . . Domokos G´abor, Kov´acs Fl´ori´an, L´angi Zsolt, Reg˝os Krisztina, Varga P´eter Tam´as: Konvex poli´ederek egyens´ulyi pontjai . . . . . . . . . . . . . . . . . .

258

264

Varga P´eter: Megold´asv´azlatok a 2020/4. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

273

Matematika C gyakorlat megold´asa (1552.) . . . . . . .

284

Matematika feladatok megold´asa (4992., 5006.) . . .

286

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1609– 1615.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

288

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5102– 5109.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

289

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (777–779.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

291

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (511–513., 45., 144.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

292

Berke Martin: Vezet˝o henger mozg´asa homog´en m´agneses t´erben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

297

Fizika gyakorlatok megold´asa (688., 697.) . . . . . . . .

305

Fizika feladatok megold´asa (5186., 5190., 5194., 5199.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

308

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (396., 709–712., 5230–5239.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

313

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

317

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

319

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ VIGH MAT ´ E, ´ LASZL O, ´ KAROLY, ´ VLADAR WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ CSERTAN ´ ANDRAS, ´ Tagjai: BUSA MAT ´ ´ FARKAS CSABA, FODOR ZSOLT, LASZL O ´ ´ NIKOLETT, LOCZI LAJOS, SIEGLER GABOR ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2500/6541; 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

257

Ebben a cikksorozatban olyan bizony´ıt´ asokat mutatunk be, amikor a geometriai alakzatokat t´erbe kil´epve”, h´ arom- vagy ak´ ar m´eg magasabb dimenzi´ os ” objektumok vet¨ uletek´ent vagy metszetek´ent ´ all´ıtjuk el˝ o.

A pergai Apoll´oniuszt´ ol2 sz´ armaztatj´ ak a k¨ ovetkez˝ o klasszikus feladatot. Apoll´ oniusz-feladat: Adott h´ arom k¨ or, k1 , k2 ´es k3 . Szerkessz¨ uk meg az ¨ osszes olyan m k¨ ort, amely k1 , k2 ´es k3 mindegyik´et ´erinti. A feladatnak sokf´ele speci´ alis ´es elfajul´o esete l´etezik: valamelyik k¨ or helyett egyenes (v´egtelen sugar´ u k¨ or) is lehet, illetve a k¨ or egy pontt´a fajulhat (nulla sugar´ u k¨or), ilyenkor az ´erint´es helyett azt k¨ ovetelj¨ uk meg, hogy m ´ atmenjen az illet˝ o ponton. N´eh´ any nagyon speci´alis esettel m´ar ´ altal´ anos iskol´aban tal´alkoztunk, mint p´eld´ aul h´ arom adott ponton ´ atmen˝ o, vagy a h´ arom adott egyenest ´erint˝o k¨ or¨ ok megszerkeszt´ese. altal´ anos helyzet˝ u legyen, vagyis a k¨ oz´epSzeretj¨ uk kik¨ otni, hogy k1 , k2 ´es k3 ´ pontjaik ne essenek egy egyenesre, ne menjenek ´at egy ponton, ne ´erints´ek egym´ ast, a sugaraik k¨ ul¨ onb¨ oz˝ oek legyenek, ´es a h´ arom k¨ ornek ne legyen k¨ oz¨ os ´erint˝oje. Ismert, hogy ´altal´ anos helyzet˝ u k¨ or¨ ok eset´en az m k¨ or nyolc- vagy n´egyf´ele lehet, ´es az is elfordulhat, hogy nincs ilyen ´erint˝o k¨ or; egy-egy ilyen elrendez´est lerajzoltam az 1a.–1c. ´ abr´ akon.

1a. ´ abra

1b. ´ abra

1c. a ´bra

A megold´ asokat (az ´erint˝o k¨ or¨ oket) csoportokba rendezhetj¨ uk u ´gy, hogy a k¨ or¨oket ´es egyeneseket ir´ any´ıtjuk, ´es csak olyan ´erint´est enged¨ unk meg, amikor az egym´ast ´erint˝o k¨or¨ oknek ´es egyeneseknek az ir´ anya is megegyezik. Az 1.a ´ abr´ an a nyilacsk´ ak jelzik az egyik lehets´eges ir´ any´ıt´ ast; a nyolc ´erint˝o k¨ or k¨ oz¨ ul kett˝ o felel meg 1

A cikksorozat a R´enyi Int´ezet ´es a Sztaki t´ amogat´ as´ aval k´esz¨ ult. Pergai Apoll´ oniusz ( ) g¨ or¨ og matematikus ´es csillag´ asz, Kr.e. 2–3. sz´ azad. 2

258

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

ennek a szigor´ ubb felt´etelnek. Vil´ agos, hogy csak annak van jelent˝os´ege, hogy k1 , oz¨ ul mely p´ arok azonos vagy ellent´etes ir´ any´ıt´ as´ uak, teh´ at a megold´ asokat k2 , k3 k¨ ´ n´egy (esetleg u a feladatot ´ıgy is megfogalmazni: ¨res) csoportba osztottuk. Erdemes

k´et megold´ as´at, az m1 ´es m2 k¨ or¨ oket u ´gy kapjuk, hogy ugyanezzel a k¨ oz´epponttal rajzolunk egy r-rel kisebb, ´es egy r-rel nagyobb sugar´ u k¨ ort (3. a ´bra).

Ir´ any´ıtott Apoll´ oniusz-feladat: Adott h´ arom ir´ any´ıtott k¨ or, k1 , k2 ´es k3 . Szerkessz¨ uk meg az ¨ osszes olyan m ir´ any´ıtott k¨ ort, amely k1 , k2 ´es k3 mindegyik´et ´erinti u ´gy, hogy az ´erint´esi pontokban a k¨ or¨ ok ir´ anya azonos. Az Apoll´ oniusz-feladatra sokf´ele megold´ as ismert; tal´an a legszebb Gergonne3 szerkeszt´ese. A cikksorozatnak ebben az utols´o ut´ani r´esz´eben az o˝ szerkeszt´es´et szeretn´em bemutatni. Az azonos sugar´ u k¨ or¨ ok esete Ha k1 , k2 ´es k3 ir´ any´ıt´ asa azonos (mondjuk pozit´ıv), ´es a sugaruk ugyanakkora, akkor k¨ onny˝ u dolgunk van. Legyen a h´ arom k¨ or oz¨ os sug´ar k¨ oz´eppontja K1 , K2 , illetve K3 , a k¨ r. Rajzoljuk meg a K1 , K2 , K3 pontokon atmen˝ ´ o c k¨ ort; ennek k¨ oz´eppontja legyen O, onny˝ u sugara r0 . (El˝ofordulhat, hogy r0 < r.) K¨ meggondolni, hogy a feladatnak k´et megold´ asa u m1 k¨ or van, az O k¨ oz´eppont´ u, |r0 − r| sugar´ u m2 k¨ or (2. ´ abra). ´es az r0 + r sugar´ Az ´altal´ anos esetet megpr´ob´alhatjuk visszavezetni az egyenl˝o sugar´ u esetre, ehhez 2. ´ abra hasznos ´es k´ezenfekv˝ o eszk¨ oz az inverzi´o: kereshet¨ unk egy olyan inverzi´ot, vagy inverzi´ok egym´as ut´anj´ at, amely el˝obb k´et, majd v´eg¨ ul mindh´ arom k¨ ort ugyanakkora sugar´ u, ´es azonos ir´any´ıt´as´ u k¨orbe k´epezi. Helyette ink´ abb egy m´ asik ir´anyt szeretn´ek mutatni, amely nem fog minden esetben m˝ uk¨ odni, de j´ ol bemutatja a Gergonne-f´ele szerkeszt´est, ´es hogy milyen matematikai ´erdekess´egek vannak m¨ og¨ otte. Azonos sugar´ u ko els´ıkmodellben ¨ro ¨k a f´ A cikksorozat 6. r´esz´eben m´ ar l´attunk p´eld´ akat arra, hogy a Poincar´e-f´ele f´els´ıkmodellben k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o m´eret˝ unek l´ atsz´ o k¨ orvonalak m´egis lehetnek ugyanak” kor´ ak”: k´et k¨ orvonal akkor ugyanakkora”, ha a k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontjuk a f´el” uk meg az ir´ any´ıtott k1 , k2 ´es k3 k¨oreink s´ıkmodell hat´ar´ara esik. Nosza, szerkessz¨ os´ agi pontja Hij . A Mongep´ arjainak hasonl´ os´agi pontjait; legyen ki ´es kj hasonl´ t´etelb˝ ol tudjuk, hogy a h´arom hasonl´os´agi pont egy h egyenesre esik; ha szerencs´enk van, akkor a h-nak ugyanazon az oldal´an van k1 , k2 ´es k3 ; ezt a f´els´ıkot fogjuk a f´elor k¨ oz´eppontja” a modellben legyen Ki , ´es legyen r s´ıkmodellnek tekinteni. A ki k¨ ” o c k¨orvonalat; a k¨ oz¨ os sug´ar”. Rajzoljuk meg ism´et a K1 , K2 , K3 pontokon a´tmen˝ ” ism´et csak ha szerencs´enk van, akkor c teljes eg´esz´eben a f´els´ık belsej´ebe esik, vagyis egy hiperbolikus k¨or”. Legyen c modellbeli k¨ oz´eppontja” az O pont. A feladat ” ” 3

Joseph Diez Gergonne francia matematikus, 1771–1859.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

259

3. ´ abra

Azt gondolhatn´ ank, hogy ezzel v´ege, megszerkesztett¨ uk a k´et ´erint˝o k¨ ort, de ink´abb tanulm´anyozzuk tov´ abb az a´br´ at; a l´enyeg csak ezut´ an k¨ ovetkezik. Jel¨ olj¨ uk orrel. A Ti pont a ki Ti -vel, illetve Ui -vel a ki ´erint´esi pontj´at az m1 , illetve az m2 k¨ ´es az m1 k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontja, az Ui pedig ki ´es m2 k¨ uls˝ o hasonl´ os´ agi pontja; o hasonl´ os´ agi pontj´ an; a Monge-t´etel miatt a Ti Ui egyenes a´tmegy m1 ´es m2 bels˝ jel¨olj¨ uk ezt R-rel. ot˝ o ei egyeneseket” is, amelyek Rajzoljuk meg az O ´es Ki pontokat o ¨sszek¨ ” a hat´ arra mer˝ oleges f´elk¨ ornek l´ atszanak. (Ezzel m´ ar kilenc k¨ ort zs´ ufoltunk ¨ ossze az a´br´ an.) A f´elk¨ or¨ ok meghosszabb´ıt´ asai ´atmennek az O pont h-ra vonatkoz´ o or¨ ok k¨ oz¨ os k¨ oz´eppontja” az O pont, t¨ uk¨ork´ep´en, az O ponton. A c, m1 , m2 k¨ ” ez´ert a l´atsz´ olagos k¨ oz´eppontjaik az OO egyenesre esnek, ´ıgy az R pont is az OO egyenesen van. Az els˝o fontos ´eszrev´etel¨ unk, hogy az R pontnak a k1 , k2 , k3 ´es e1 , e2 , e3 k¨or¨okre vonatkoz´ o hatv´ anya ugyanaz: az ROO egyenes az e1 , e2 , e3 k¨ or¨ ok k¨ oz¨ os anyvonala pedig az RTi Ui egyenes. Teh´ at: az R pont hatv´anyvonala, ki ´es ei hatv´ or¨ ok hatv´ anypontja. a k1 , k2 , k3 k¨ Legyen most Xi az ei f´elk¨ or k¨ oz´eppontja. Az ei f´elk¨ or ´ atmegy ki k¨ oz´eppont” j´an”, ez´ert mer˝ oleges ki -re; emiatt az Xi Ti ´es Xi Ui szakaszok a ki ´erint˝oi. A ki k¨orben a Ti Ui egyenes az Xi pont pol´ arisa; mivel Xi a h egyenesen van, az RTi Ui egyenes ´ atmegy a h egyenes ki -re vonatkoz´ o p´ olus´ an (az a´br´ an Pi -vel jel¨ oltem). 260

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Gergonne szerkeszt´ ese az Apoll´ oniusz-feladatra Az el˝obbi okoskod´ asb´ ol elhagyhatjuk a f´els´ıkmodellt, a c ´es az ei k¨or¨oket, ´es leolvashatjuk Gergonne m´ odszer´et. Gergonne szerkeszt´ ese: Legyen k1 , k2 ´es k3 hatv´ anypontja R, jel¨ olje os´ agi pontj´ at Hij . A h´ arom hasonl´ os´ agi pont egyeneki ´es kj hasonl´ orben legyen h p´ olusa a Pi pont. Az ir´ any´ıtott se legyen h, ´es a ki k¨ Apoll´ oniusz-feladatnak akkor l´etezik megold´ asa, m´egpedig pontosan ketort elmetszi a megfelel˝ o RPi egyenes, ´es a k´et t˝ o, ha mindegyik ki k¨ as k¨ orrel. metsz´espont ´eppen a ki k´et ´erint´esi pontja a k´et megold´ Egy igaz´ an j´o szerkeszt´esi elj´ar´ ast´ ol elv´arjuk, hogy az ¨osszes megold´ ast megtal´ alja, ´es lehet˝ oleg ne produk´ aljon hamis megold´ asokat, amelyeket tov´ abb kell v´ alogatnunk. A fenti szerkeszt´esben van egy kis bizonytalans´ag: a m´odszer mindegyik or¨ on megadja a k´et megold´ as ´erint´esi pontjait, de azt m´eg el kell d¨onten¨ unk, ki k¨ hogy mely ´erint´esi pontok tartoznak ugyanahhoz a k¨orh¨oz. Gergonne elj´ ar´ asa megszerkeszti a megold´ asokat El˝ obb azt fogjuk ellen˝orizni, hogy ha az ir´any´ıtott Apoll´ oniusz-feladatnak l´etezik megold´ asa, akkor Gergonne m´odszere megszerkeszti ezt a megold´ast, m´egpedig k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o k¨ ort, ´es a k´et megold´ as ´erint´esi pontjainak megk¨ ul¨onb¨oztet´es´ere is mutatunk egy egyszer˝ u m´ odszert. Tegy¨ uk fel, hogy valamilyen m1 ir´ any´ıtott k¨ or megold´asa az ir´ any´ıtott Apoll´ oolje Ti . niusz-feladatnak; m1 ´es ki ´erint´esi pontj´at jel¨ El˝osz¨ or megszerkesztj¨ uk a m´ asik megold´ ast. Legyen az R hatv´anypontnak or¨ okre vonatkoz´ o k¨ oz¨ os hatv´anya λ. Az R k¨oz´eppont´ u, λ param´eter˝ u a k1 , k2 , k3 k¨ or¨ oket ¨ onmagukra k´epezi; λ > 0 eset´en az ir´any´ıt´asukat inverzi´ o4 a k1 , k2 , k3 k¨ megford´ıtja. Jel¨ olj¨ uk Ti inverz´et Ui -vel, ´es m1 inverz´et m2 -vel; ha λ > 0, akkor m2 legyen m1 -gyel ellent´etes ir´ any´ıt´ as´ u. Az inverzi´ o ´erint´estart´ os´aga miatt az m2 k¨or ort az Ui pontban, ´es az ir´ any´ıt´asuk is megegyezik. Teh´ at m2 ´erinti mindegyik ki k¨ egy m´ asik megold´ asa a feladatnak. Az m1 , ki ´es kj ir´ any´ıtott k¨ or¨ ok p´ aronk´ent vett hasonl´ os´agi pontjai Ti , Tj ´es Hij ; ezek a Monge-t´etel szerint egy egyenesen vannak; ugyan´ıgy, az m2 , ki ´es kj k¨ or¨ ok p´aronk´ent vett hasonl´ os´ agi pontjai, az Ui , Uj ´es Hij is egy egyenesen vannak (4. ´ abra). Az m2 szerkeszt´ese miatt RT1 · RU1 = RT2 · RU2 = λ, ez´ert T1 , T2 , U1 , U2 egy anyvonala a T1 T2 egyenes, a c ´es m2 hatv´anyvonala c k¨ or¨ on van. A c ´es m1 hatv´ anyvonal metsz´espontja a H12 pont, teh´ at H12 hatv´aaz U1 U2 egyenes. A k´et hatv´ nya az m1 ´es m2 k¨ or¨ okre ugyanakkora. Ugyanez igaz a H13 ´es a H23 pontokra is; ebb˝ ol l´atjuk, hogy a h egyenes az m1 ´es az m2 hatv´anyvonala. Most h´ uzzuk meg k1 k¨ oz¨ os ´erint˝oit az m1 ´es m2 egyenesekkel; ezek metsz´esanyvonala, az U1 X egyenes pedig pontja legyen X. A T1 X egyenes a k1 ´es m1 hatv´  √ u Pozit´ıv λ eset´en a λ sugar´ u k¨ orre vonatkoz´ o inverzi´ o, negat´ıv λ eset´en a |λ| sugar´ k¨ orre vonatkoz´ o inverzi´ o t¨ uk¨ ork´epe. 4

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

261

4. ´ abra

a k1 ´es m2 hatv´ anyvonala, teh´at X rajta van az m1 ´es m2 hatv´ anyvonal´ an is, ami arisa a k1 k¨ orben; – mint l´ attuk – a h. M´ asr´eszt a T1 U1 egyenes az X pont pol´ mivel h ´atmegy az X ponton, az X pol´ arisa is a´tmegy a h p´ olus´an, a P1 ponton. Teh´at a P1 pont az RT1 U1 egyenesen van. Ugyan´ıgy l´athatjuk, hogy az RT2 U2 ´es az RT3 U3 egyenes is a´tmegy P2 -n, illetve P3 -on. Ezzel ellen˝ orizt¨ uk, hogy Gergonne m´ odszere t´enyleg megszerkeszti a megold´ asokat. Az is l´ atszik, hogy a hat ´erint´esi pontot hogyan kell k´et h´ armas csoportba or ´es az RP1 egyenes k´et metosztanunk: ha m´ar eld¨ ont¨ ott¨ uk, hogy mondjuk a k1 k¨ abbi n´egy metsz´espont sz´espontja k¨oz¨ ul melyik a T1 ´es melyik az U1 , akkor a tov´ k¨oz¨ ul Tj az, amelyik a H1j T1 egyenesen, Uj pedig az, amelyik a H1j U1 egyenesen van (j = 2, 3). Ha sz´am´ıt´ og´eppel szeretn´enk a´br´ at rajzolni a szerkeszt´eshez, akkor T1 ´es U1 kijel¨ol´ese ut´ an a Tj ´es az Uj pontot az RPj egyenes ´es a H1j T1 , illetve RPj ´es alnunk. H1j U1 metsz´espontjak´ent ´erdemes defini´ Gergonne elj´ ar´ asa csak a megold´ asokat szerkeszti meg A megford´ıt´ as is igaz: amit Gergonne m´odszere megszerkeszt, azok val´ oban megold´ asok. A k1 k¨or ´es az RP1 egyenes k´et metsz´espontj´ at bet˝ uzz¨ uk meg T1 -gyel ´es ast u ´gy fogjuk megszerkeszteni, hogy a k1 k¨ ort a T1 , illetve U1 -gyel. A k´et megold´ ol felnagy´ıtjuk. A T2 , U2 , T3 , U3 pontokat m´ ashogy fogjuk defini´alni, az U1 pontb´ de v´eg¨ ul ugyanazok a pontok lesznek. or m´asodik metsz´espontja a H12 T1 ´es a H12 U1 egyenessel A, Legyen a k1 k¨ alilletve B. El˝osz¨ or megmutatjuk, hogy az AB egyenes a´tmegy a P1 ponton. Vizsg´ 262

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

juk a k1 k¨ orbe ´ırt T1 U1 AB n´egysz¨ oget a k1 -re vonatkoz´ o polarit´as szerint. Legyen az AU1 ´es BT1 egyenesek metsz´espontja Y , az AB ´es T1 U1 egyenesek metsz´espontja pedig Z. aromsz¨ og autopol´aris, ez´ert a Z pont pol´ arisa a H12 Y egyenes, ´es A H12 Y Z h´ olusa, az X pont is. Teh´ at Z pol´arisa a h egyenes, ezen rajta van a T1 U1 egyenes p´ ´es Z = P1 . A k1 k¨ ort k¨ oz´eppontosan a k2 k¨ orbe nagy´ıthatjuk a H12 pontb´ ol; az A, B, T1 , olj¨ uk rendre T2 , U2 , C-vel, illetve D-vel; a P1 pont k´epe P2 . U1 pontok k´ep´et jel¨ Mivel H12 T1 · H12 A H12 T1 · H12 T2 1= = , H12 U1 · H12 B H12 U1 · H12 U2 a T1 , U1 , T2 , U2 pontok egy k¨ or¨ on vannak. A k1 , k2 ´es a T1 U1 T2 U2 k¨or¨ok hatv´anyat T2 ´es U2 val´oban a k2 pontja R, emiatt a T2 U2 P2 egyenes a´tmegy R-en is. Teh´ k¨ or ´es az RP2 egyenes k´et metsz´espontja (5. ´ abra).

Feladatok 1. Szerkessz¨ uk meg azokat a k¨ or¨ oket, amelyek a´tmennek k´et adott ponton, ´es ´erintenek egy adott egyenest. 2. Szerkessz¨ uk meg azokat a k¨ or¨ oket, amelyek a´tmennek egy adott ponton, ´es ´erintenek k´et adott egyenest. 3. Az ABC h´ aromsz¨ ogbe ´ırt k¨ or a BC oldalt a D pontban ´erinti. A BC oldalhoz hozz´a´ırt k¨ or k¨ oz´eppontj´at D-vel ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes a be´ırt k¨ ort m´ asodszor a T pontban metszi. Mutassuk meg, hogy a BT C k¨ or ´erinti a be´ırt k¨ ort. 4. A k¨or¨okre illesztett k´ upokkal igazoljuk, hogy az ir´any´ıtott Apoll´ oniuszfeladatnak nulla vagy k´et megold´ asa van. Fuss el v´ ele Ideje ezt a hossz´ ura ny´ ult sorozatot befejezni, a tan´evnek is a v´eg´ere ´ert¨ unk. on¨ om a figyelmet ´es a t¨ urelmet; k¨ ul¨ on¨ osen azoknak, akik v´egigMindenkinek k¨ osz¨ olvast´ ak, ´es a feladatokon is gondolkodtak. K´ os G´ eza

Konvex poli´ ederek egyens´ ulyi pontjai 1. Bevezet´ es

5. ´ abra

Vegy¨ uk ´eszre, hogy a T1 P1 A ´es CP2 T2 h´ aromsz¨ogek hasonl´ ok, mert a megfelel˝ o u nagy´ıt´ as viszi oldalaik p´ arhuzamosak; a k´et h´ aromsz¨ oget ugyanaz a H12 k¨oz´eppont´ ort; emiatt a k1 k¨ or T1 -ben ´es A-ban h´ uzott ´erint˝oi egym´ asba, mint a k1 ´es a k2 k¨ uzott ´erint˝oivel. p´ arhuzamosak a k2 k¨or C-ben, illetve T2 -ben h´ ol a k1 k¨ ort TT1PR -szeres´ere; a k1 k´epe legyen az m1 Nagy´ıtsuk a T1 pontb´ 1 1 ir´ any´ıtott k¨ or: az m1 k¨ or a T1 pontban ´erinti k1 -et, ´es T2 -ben ´erinti k2 -t, ´es az ir´anyuk is megegyezik. ol a k1 k¨ ort UU1PR -szeres´ere, az ´ıgy kapott Hasonl´oan, nagy´ıtsuk az U1 pontb´ 1 1 k¨ or legyen m2 . A Ti ´es Ui pontok felcser´el´es´evel ugyan´ıgy kapjuk, hogy az m2 k¨or az U1 pontban ´erinti k1 -et, ´es U2 -ben ´erinti k2 -t. Ugyanezt elmondhatjuk a k2 helyett a k3 k¨ orrel is, ´ıgy defini´aljuk a T3 ´es U3 pontokat. Mivel az m1 ´es m2 defin´ıci´ oj´aban csak a k1 k¨or ´es az R, P1 , T1 ´es U1 pontok szerepelnek, azt kapjuk, hogy ugyanaz az m1 ´es m2 k¨or k3 -at ´erinti a T3 , illetve az U3 pontban. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

263

Jelen foly´ oirat egy kor´ abbi sz´ am´aban megjelent cikkben [5] v´ızszintes s´ıkra helyezett, saj´ at t¨ omeggel rendelkez˝ o konvex poli´ederek stabil egyens´ ulyi helyzeteire vonatkoz´ o eredm´enyeket ismerhett¨ unk meg. Ezen cikkben, az egyens´ ulyi pont fogalm´ anak ismertet´ese ut´ an, t¨ obbek k¨ oz¨ ott k´et ´ all´ıt´ as bizony´ıt´ as´ at olvashatjuk: • Minden homog´en t¨ omegeloszl´ as´ u (r¨ oviden: homog´en) tetra´edernek legal´ abb k´et stabil egyens´ ulyi pontja van (azaz van k´et olyan lapja, melyen a test elbillen´es n´elk¨ ul meg´all), illetve • l´etezik olyan homog´en 19 lap´ u konvex poli´eder, melynek pontosan egy stabil egyens´ ulyi pontja van. ´ Erdemes megjegyezni, hogy az els˝o ´ all´ıt´ as megtal´alhat´ o, mint a Gn¨ adig P´eter, Honyek Gyula ´es V´ıgh M´at´e szerkesztette, 333 furfangos feladat fizik´ ab´ ol c´ım˝ u feladatgy˝ ujtem´eny F. 120-as feladata [4]. Az eml´ıtett [5] cikk v´eg´en a szerz˝ o n´egy ulyi pontjaira vonatkoz´ oan. Ezek k´erd´est fogalmaz meg konvex poli´ederek egyens´ k¨oz¨ ul az els˝ o h´ arom k´erd´es stabil egyens´ ulyi pontokra vonatkozik, ´es a cikkben megtal´ alhatjuk a felvetett probl´em´ akkal kapcsolatos ismereteink ¨ osszefoglal´ as´ at is. Jelen ´ır´asunkban t¨ obbek k¨ oz¨ ott azzal a (negyedikk´ent k¨ oz¨ olt) k´erd´essel k´ıv´ anunk r´eszletesen foglalkozni, amely cs´ ucs´ an – teh´at nem stabil m´odon – egyens´ ulyozott tetra´ederre vonatkozik: 264

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

1. k´ erd´ es. Igaz-e, hogy minden homog´en tetra´edernek van legal´ abb k´et olyan cs´ ucsa, amely egyens´ ulyi pont? Ez a megfogalmaz´ as a hivatkozott cikk els˝ o k´erd´es´enek du´alisak´ent” is felfog” hat´ o. A k´erd´es logik´ aj´at k¨ ovetve term´eszetes m´odon ad´odnak a cikk v´eg´en felt¨ untetett k´erd´esek cs´ ucsokra vonatkoz´ o v´ altozatai is, mint p´eld´ aul a k¨ovetkez˝ o: 2. k´ erd´ es. L´etezik-e olyan homog´en poli´eder, melynek ¨ osszes cs´ ucsa k¨ oz¨ ul pontosan egy olyan van, amely egyens´ ulyi pont? Ha igen, mennyi az ilyen tulajdons´ ag´ u homog´en konvex poli´ederek minim´ alis cs´ ucssz´ ama? A k´erd´est tov´ abbgondolva egy a´ltal´ anosabb k´erd´eshez is eljuthatunk: 3. k´ erd´ es. Adott sz´ am´ u ´es jelleg˝ u egyens´ ulyi ponttal rendelkez˝ o homog´en poli´ederek k¨ ozt mennyi a minim´ alis lap-, illetve cs´ ucssz´ am´ u poli´eder lapjainak, illetve ama? cs´ ucsainak sz´ Cikk¨ unk f˝ o t´em´ aja a 3. k´erd´es prec´ızebb megfogalmaz´ asa, illetve a vele kapcsolatos ismereteink ¨ osszefoglal´ asa. Ehhez viszont defini´alnunk kell a konvex poli´ederek egyens´ ulyi pontjainak k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o t´ıpusait, illetve a konvex poli´ederek ezekkel kapcsolatos oszt´ alyoz´ asi rendszer´et. Els˝ o l´ep´esben tal´ an nem ´art felid´ezn¨ unk egy konvex test egyens´ ulyi pontj´ anak fogalm´ at [5].

• Ha Y a P egy ´el´enek bels˝ o pontja, ´es az XY szakaszra mer˝ oleges, Y-on ´ atmen˝ o s´ık P -t csak ebben az ´elben metszi, azt mondjuk, hogy Y egy nyereg t´ıpus´ u egyens´ ulyi pont. • Ha Y a P egy cs´ ucsa, ´es az XY szakaszra mer˝ oleges, Y-on ´ atmen˝ o s´ık P -t csak ebben a cs´ ucsban metszi, azt mondjuk, hogy Y egy instabil egyens´ ulyi pont. • Ha Y-ra a fenti h´ arom felt´etel egyike sem teljes¨ ul, azt mondjuk, hogy Y egy degener´ alt egyens´ uly. Meggondolhat´ o, hogy P hat´ ar´ anak a s´ ulyponthoz legk¨ ozelebbi pontja mindig stabil, a legt´ avolabbi pontja pedig mindig instabil egyens´ ulyi pont, teh´ at P -nek mindig van legal´abb egy stabil, ´es legal´ abb egy instabil pontja. A matematikai anal´ızis egyik h´ıres t´etel´eb˝ ol, a Poincar´e–Hopf-t´etelb˝ ol [1] k¨ ovetkezik, hogy ha egy konvex poli´edernek csak nemdegener´ alt egyens´ ulyi pontjai ama vannak, akkor a stabil pontok S, instabil pontok U ´es a nyeregpontok H sz´ kiel´eg´ıti az S−H +U =2 ´ ugg´est. Erdemes ezt ¨ osszehasonl´ıtani a j´ ol ismert Euler-t´etellel, mely szerint ¨osszef¨ ha egy konvex poli´edernek f lapja, e ´ele ´es v cs´ ucsa van, akkor f − e + v = 2. Ezen mennyis´egek j´ ol szeml´eltethet˝ ok az 1. ´ abr´ an l´ athat´ o h´ arom poli´eder seg´ıts´eg´evel.

1. defin´ıci´ o. Legyen K egy konvex test, ´es X a test egy bels˝ o pontja. Azt mondjuk, hogy a test egy Y hat´ arpontja K egy egyens´ ulyi pontja X-re n´ezve, ha az Y-on ´ atmen˝ o, XY szakaszra mer˝ oleges s´ık nem metszi a K test belsej´et. Ha X a K test t¨ omegk¨ oz´eppontja ( homog´en s˝ ur˝ us´eget felt´etelezve), azt mondjuk, hogy az Y pont K egy egyens´ ulyi pontja. ´ Erdemes meggondolni, hogy K minden bels˝ o pontja lehet K t¨omegk¨oz´eppontja alkalmas inhomog´en s˝ ur˝ us´eget felt´etelezve, valamint azt, hogy ha Y a K test egy egyens´ ulyi pontja X-re n´ezve, akkor K-t al´ at´ amasztva Y-ban egy v´ızszintes s´ıkkal u ´gy, hogy ne billenjen el, X pontosan Y felett fog elhelyezkedni. A tov´ abbiakban nem csup´ an stabil egyens´ ulyi pontokkal foglalkozunk, ´ıgy ´erdemes azzal folytatnunk, hogy az egyens´ ulyi pontok sz´oba j¨ ohet˝ o t´ıpusait – ak´ar homog´en, ak´ ar inhomog´en s˝ ur˝ us´egeloszl´ ast felt´etelezve – defini´ aljuk. K´epzelj¨ uk el, hogy az Y egyens´ ulyi pontban al´at´ amasztott testet kicsit kibillentj¨ uk az egyens´ ulyi helyzet´eb˝ ol. El˝ ofordulhat, hogy ezt b´ armilyen ir´anyban megcsin´ alva a test visszabillen az egyens´ ulyi helyzet fel´e, vagy ´eppen ellenkez˝ oleg, tov´ abb billen, ´es t´ avolodik az egyens´ ulyi helyzett˝ ol. El˝ofordulhat az is, hogy ugg˝oen a test id˝onk´ent vissza-, id˝ onk´ent pedig tov´ abb bila billent´es ir´any´ at´ ol f¨ len az egyens´ ulyi helyzethez k´epest. Ezekben az esetekben az egyens´ ulyi helyzetet rendre stabil, instabil, vagy nyereg t´ıpus´ u egyens´ ulyi helyzetnek h´ıvjuk. Ezekre p´elda egy kocka lapk¨ oz´eppontja, cs´ ucsai, illetve ´elk¨ oz´eppontjai. A prec´ız matematikai megfogalmaz´ ashoz az al´ abbi defin´ıci´ ot adjuk. 2. defin´ıci´ o. Legyen P egy konvex poli´eder, X a P t¨ omegk¨ oz´eppontja ´es Y a P egyens´ ulyi pontja X-re n´ezve.

1. ´ abra. H´ arom homog´en s˝ ur˝ us´eg˝ u poli´eder ´es jellemz˝ o sz´ amadataik: a lapok (f ), cs´ ucsok (v) ´es ´elek (e) sz´ ama, a stabil (S), instabil (U ) ´es nyereg-t´ıpus´ u (H) egyens´ ulyi pontok sz´ ama, ezek ¨ osszege (n = f + v + e, N = S + U + H), valamint a poli´ederek mechanikai komplexit´ asa (C = n − N , l´ asd a 3. defin´ıci´ ot).

• Ha Y a P egy lapj´ anak bels˝ o pontja, akkor azt mondjuk, hogy Y egy stabil egyens´ ulyi pont.

A cikk tov´ abbi r´esz´eben csak olyan konvex poli´ederekkel foglalkozunk, melyeknek nincsenek degener´ alt egyens´ ulyi pontjai.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

265

266

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

2. Poli´ ederek komplexit´ asa Ahogy a bevezet˝oben eml´ıtett¨ uk, nemdegener´alt” esetben, azaz ha a poli´eder ” minden egyens´ ulyi pontja stabil, instabil, vagy nyeregpont, akkor ezek S, U ´es H sz´ ama kiel´eg´ıti az S − H + U = 2 ¨ osszef¨ ugg´est. ´Igy a fenti adatok k¨oz¨ ul pl. S ´es E U ´ert´eke meghat´ arozza H ´ert´ek´et is. A tov´abbiakban (S, U ) -vel fogjuk jel¨olni az S stabil ´es U instabil egyens´ ulyi ponttal rendelkez˝o konvex poli´ederek csal´ adj´ at. Hasonl´oan, az Euler-t´etel szerint minden konvex poli´eder f lapsz´ ama, e ´elsz´ama ´es v cs´ ucssz´ama kiel´eg´ıti az f − e + v = 2 ¨ osszef¨ ugg´est. Ennek alapj´ an az f lap´ u K alyokat ´es v cs´ ucs´ u konvex poli´ederek csal´ adj´ at (f, v) -val fogjuk jel¨olni. Ezen oszt´ rendre a poli´eder egyens´ ulyi, illetve kombinatorikus oszt´ aly´ anak nevezz¨ uk. Eml´ıtett¨ uk, hogy tetsz˝oleges konvex poli´edernek van legal´ abb egy stabil ´es legE alyban S, U  1. Hasonl´oan, al´abb egy instabil pontja, azaz tetsz˝ oleges (S, U ) oszt´ K minden konvex poli´edernek van legal´ abb 4 lapja ´es cs´ ucsa, azaz minden (f, v) oszt´ alyban f, v  4. Err˝ ol az oszt´alyoz´ asi rendszerr˝ ol t¨obbet is tudunk. Steinitz egy t´etele [6] szerint pontosan akkor van f lap´ u ´es v cs´ ucs´ u konvex poli´eder, ha f  v  2f − 4. 2 A tov´ abbiakban azokat a pozit´ıv eg´eszekb˝ ol ´ all´ o (f, v) sz´ amp´ arokat, melyek az (1) egyenl˝ otlens´egeket kiel´eg´ıtik, poliedrikus sz´ amp´ aroknak nevezz¨ uk. A cikk¨ unkben t´ argyalt f˝o fogalom az al´abbi. f  4,

(1)

´es

3. defin´ıci´ o. Legyen P egy konvex poli´eder, melynek nincs degener´ alt egyens´ ulyi pontja. Jel¨ olje N (P ) a poli´eder ¨ osszes egyens´ ulyi pontj´ anak sz´ am´ at, ´es n(P ) a lapjai, ´elei ´es cs´ ucsai sz´ am´ anak ¨ osszeg´et. Ekkor a C(P ) = n(P ) − N (P ) mennyis´eget a P poli´eder (mechanikai) komplexit´ as´ anak nevezz¨ uk. Vegy¨ uk ´eszre, hogy a poli´eder minden lapja, cs´ ucsa ´es ´ele legfeljebb egy egyenK E s´ ulyi pontot tartalmaz. Teh´ at ha P ∈ (f, v) ´es P ∈ (S, U ) , akkor S  f ´es U  v, amib˝ ol a H  e is k¨ ovetkezik a nyeregpontok H ´es az ´elek e sz´ am´ara. ´Igy P komplexit´ asa nem lehet negat´ıv. M´ ask´epp megfogalmazva, P komplexit´ asa azon lapjainak, ´eleinek ´es cs´ ucsainak sz´ama, melyek nem tartalmaznak egyens´ ulyi pontot, azaz pl. egy szab´ alyos poli´eder komplexit´asa nulla. A komplexit´ as ´ert´eke j´ol szeml´eltethet˝ o az illet˝o poli´eder (f, v) ´es (S, U ) s´ıkokon elfoglalt hely´evel, pontosabban ezen helyek egym´ ashoz viszony´ıtott ´atl´ os t´ avols´ ag´ aval, amint azt a 2. ´ abr´ an is l´athatjuk.

2. ´ abra. Az 1. ´ abra jobb sz´el´en l´ athat´ o poli´eder elhelyezked´ese az (S, U ) ´es (f, v) s´ıkokon. A komplexit´ as ´ert´eke a megfelel˝ o cell´ akon ´ atmen˝ o felt¨ untetett a ´tl´ ok t´ avols´ ag´ aval ar´ anyos.

1. megjegyz´ es. Minden S, U  1 eset´en C(S, U )  2R(S, U ). Az S ´es U mennyis´egek ´ert´ekeit˝ ol f¨ ugg˝oen explicit m´ odon is megadhatjuk R(S, U ) ´ert´ek´et, ahol az x mennyis´eg az x val´ os sz´am ´ert´eke felfel´e kerek´ıtve eg´eszekre.

(2)

E

ulyi oszt´ aly (mechanikai) 4. defin´ıci´ o. Legyen S, U  1. Az (S, U ) egyens´ komplexit´ as´an az oszt´ alyhoz tartoz´ o poli´ederek komplexit´ as´ anak minimum´ at ´ertj¨ uk. M´ ask´eppen:  E C(S, U ) = min C(P ) : P ∈ (S, U ) . K

E

Ha P ∈ (f, v) ´es P ∈ (S, U ) , akkor a Poincar´e–Hopf-t´etel ´es az Euler-t´etel alapj´an C(P ) = 2(f + v − S − U ). Minthogy f  S ´es v  U , az   R(S, U ) = min f + v − S − U : f  S, v  U ´es (f, v) egy poliedrikus p´ar mennyis´eg k´etszerese als´o becsl´ese a C(S, U ) komplexit´ asnak:

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

267

⎧ S ⎪ ⎪ − U + 2, ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ U − S + 2, R(S, U ) = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 8 − S − U, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩0

ha S > 4 ´es S > 2U − 4, ha U > 4 ´es U > 2S − 4, ha S, U  4, egy´ebk´ent.

Ezen k´epletek geometriai jelent´ese a 3. ´ abr´ an l´ athat´ o. Mivel minden poli´edernek legal´ abb 4 lapja ´es 4 cs´ ucsa van, ha S, U  4, akkor C(S, U ) legal´abb akkora, mint az (S, U ) oszt´ aly t´ avols´ aga”a (4, 4) oszt´ alyt´ ol, azaz optim´alis esetben”az osz” ” t´aly egy tetra´edert tartalmaz, ez a magyar´ azata a 3. esetben szerepl˝ o k´epletnek. E Ha (S, U ) egy poliedrikus p´ar, akkor optim´alis esetben” (S, U ) tartalmaz egy S ” lap´ u ´es U cs´ ucs´ u poli´edert. Ez felel meg az R(S, U ) = 0 esetnek. Ha (S, U ) nem poliedrikus p´ ar, mert pl. S nagy U -hoz k´epest, azaz S > 4 ´es S > 2U − 4, akkor a legt¨obb, amit rem´elhet¨ unk, hogy tal´ alunk az oszt´alyban egy poli´edert, melynek 268

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

E

S, U  4, ´es n´egysz¨ og alap´ u g´ ula, ha S = 5 vagy U = 5. Az (S, S) , S  6 oszt´alyokban k¨ozvetlen¨ ul, geometriai megfontol´ asok alapj´an tal´alhat´ o ezen oszt´ alybeli, S lap´ u ´es S cs´ ucs´ u poli´eder: S  4 eset´en egy szab´ alyos (S − 1)-sz¨ og alaplap´ u egyenes g´ ula ´eppen a megk´ıv´ ant tulajdons´ag´ u. V´eg¨ ul a t¨ obbi oszt´ alyban megfelel˝o tulajdons´ag´ u poli´eder a fenti poli´ederek apr´ o deform´ aci´ oival kaphat´ o meg.

3. ´ abra. Az R(S, U ) f¨ uggv´eny ´ertelmez´ese S, U  10 eset´en (az (S, U ) t´ abl´ azatot n´eh´ any poli´eder k´epe illusztr´ alja, a poliedrikus p´ arokhoz tartoz´ o cell´ ak vil´ agos h´ atter˝ uek). Adott (S, U ) p´ arhoz tartoz´ o R(S, U ) ´ert´ek kiolvashat´ o a t´ abl´ azatb´ ol az (S, U ) mez˝ onek a legk¨ ozelebbi feh´er mez˝ ot˝ ol m´ert diszkr´et t´ avols´ agak´ent, l´ asd a s¨ ot´etsz¨ urke h´ atter˝ u ulyi oszt´ alyoknak megfelel˝ o) h´ arom p´eld´ at. ((2, 2)E , (2, 9)E , (10, 3)E egyens´

S lapja van, ´es a legkevesebb cs´ ucsa, ami egy S lap´ u poli´edernek lehet, azaz  S2  + 2. Ebb˝ ol vezethet˝o le az 1. esetben, illetve anal´og m´odon a 2. esetben szerepl˝o k´eplet.

1. t´ abl´ azat. Egy-egy p´elda az (S, U )E , S, U ∈ {2, 3, 4}, (S, U ) = 4, 4 egyens´ ulyi oszt´ alyokba tartoz´ o tetra´ederekre. A tetra´ederek al´ abbi hat koordin´ at´ aja adott konstans: Ax = Ay = Az = By = Cz = 0, Bx = 1.

E

alyokra teljes¨ ulhet a C(S, U ) = Felmer¨ ulhet a k´erd´es, hogy milyen (S, U ) oszt´ E alyok 2R(S, U ) egyenl˝ os´eg. Ahogy az [5] cikkben l´attuk, az (1, U ) , 1  U  4 oszt´ nem tartalmaznak tetra´edert, teh´ at ezekben az oszt´ alyokban biztosan nem igaz az egyenl˝os´eg. Az al´ abbi a´ll´ıt´ as, melyet Domokos ´es szerz˝ot´ arsai [2] igazoltak 2018E alyokban ban azt mutatja, hogy az eml´ıtett egyenl˝ os´eg az (S, 1) , 1  S  4 oszt´ sem teljes¨ ul. 1. t´ etel. Nincs homog´en s˝ ur˝ us´eg˝ u mono-instabil tetra´eder, azaz minden tetra´edernek legal´ abb k´et cs´ ucsa instabil egyens´ ulyi pont. 3. Az egyens´ ulyi oszt´ alyok komplexit´ asi korl´ atai A fentiek alapj´ an tal´ an meglep˝o, hogy az al´abbi t´etel [2] igaz. 2. t´ etel. Ha S, U  2, akkor C(S, U ) = 2R(S, U ). Ezen t´etel egyik speci´ alis esetek´ent azt kapjuk, hogy ha van S lap´ u ´es U cs´ ucs´ u poli´eder, akkor van S lap´ u ´es U cs´ ucs´ u olyan poli´eder is, melynek minden lapj´an ´es cs´ ucs´ aban van egyens´ ulyi pont. E

alyban konstA t´etel bizony´ıt´ asa azzal egyen´ert´ek˝ u, hogy minden (S, U ) oszt´ ru´ alunk egy konvex poli´edert, melynek komplexit´asa ´eppen 2R(S, U ). Ezt t¨obb l´eE p´esben tehetj¨ uk meg. A 2  S, U  5 egyenl˝ otlens´egek teljes¨ ul´ese eset´en az (S, U ) oszt´ alyban sz´ am´ıt´ og´ep seg´ıts´eg´evel kereshet˝ o alkalmas poli´eder: tetra´eder, ha K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

269

4. a ´bra. Az (S, U )E , S, U ∈ {2, 3, 4, 5} egyens´ ulyi oszt´ alyokhoz tartoz´ o (az 1–2. t´ abl´ azatokban szerepl˝ o) 8 tetra´eder, illetve 6 penta´eder, valamint a szab´ alyos tetra´eder ´es a szimmetrikus n´egyzet alap´ u g´ ula 3D nyomtat´ assal k´esz¨ ult p´eld´ anyai. E

E

Mi a helyzet az (S, 1) ´es az (1, S) oszt´ alyokkal? A C(S, U )  2R(S, U ) egyenl˝otlens´eg egy als´o becsl´est ad C(S, U ) ´ert´ek´ere. Adhat´ o fels˝o becsl´es is? A v´ alasz a legt¨obb oszt´ alyra megtal´alhat´ o a m´ ar eml´ıtett [2] cikkben. 270

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

oszt´ aly Cx (2, 5) (3, 5) (4, 5) (5, 2) (5, 3) (5, 4)

1,0 1,0 2,5 1,0 1,0 1,0

lyek mindegyike egy-egy fels˝ o korl´ atot ad az oszt´ aly komplexit´as´ anak m´ert´ek´ere, s˝ot E ulyi oszt´ alyok komplexit´as´ anak fels˝o korl´ atj´ at ugyancsak e az (S, 1) , S > 3 egyens´ E E alyba tartoz´ o k´et test apr´o deform´ aci´ oival konstru´ alt testek (2, 1) ´es (3, 1) oszt´ E E ulyi oszt´alyokhoz konstru´alt seg´ıts´eg´evel kaphatjuk meg. A (2, 1) ´es (3, 1) egyens´ poli´eder olyan test, amelynek 18 cs´ ucsa van, ´ıgy teh´ at a 2. k´erd´es m´ asodik fel´ere jelenleg a k¨ovetkez˝ o v´alasz adhat´ o: mivel mono-instabil homog´en s˝ ur˝ us´eg˝ u tetra´eder nem l´etezik, a homog´en s˝ ur˝ us´eg˝ u mono-instabil testek minim´alis cs´ ucssz´ama legfeljebb 18, de legal´ abb 5. Az 5. ´ abra t´ abl´ azata ¨ osszefoglalja az egyens´ ulyi oszt´ alyok komplexit´ as´aval kapcsolatos legjobb ismert becsl´eseket.

nemkonstans cs´ ucsponti koordin´ at´ ak C y Dx Dy Ex Ey Ez 1,7 1,7 1,4 1,7 1,7 1,7

0,5 3,8 3,8 0,9 0,9 1,3

−0,3 −2,2 −2,2 0,5 0,5 0,8

2,1 1,6 2,0 −0,6 1,5 1,5

1,2 0,9 1,2 −1,1 2,6 2,6

1,2 0,9 1,2 −1,1 2,6 2,6

2. t´ abl´ azat. Egy-egy p´elda az (i, 5) ´es (5, i) i ∈ {2, 3, 4} egyens´ ulyi oszt´ alyokba tartoz´ o penta´ederekre. A penta´ederek al´ abbi h´et koordin´ at´ aja adott konstans: Ax = Ay = Az = Bx = Cz = Dz = 0, By = 1. S

3. t´ etel. Ha S  4 akkor C(S, 1)  59 + (−1) + 2R(S, 1); ha U  4 akkor C(1, U )  90 + 2R(1, U ). Tal´ an ´erdemes megjegyezni, hogy az ezen t´etelben szerepl˝o m´asodik, azaz E a monostabil poli´ederekre vonatkoz´ o egyenl˝ otlens´eg igazol´ as´ ahoz sz¨ uks´eges (1, U ) oszt´ aly´ u konvex poli´ederek a Conway ´es Guy ´ altal konstru´alt, a [5] cikkben isE alyba tartoz´ o) poli´eder apr´ o deform´aci´ oival mertetett monostabil (az (1, 4) oszt´ all´ıthat´ ´ ok el˝o. A m´ ar hivatkozott [2] cikkben szerepl˝o m´odszerek alkalmaz´ as´aval E E E E alyokban is, mekonstru´ alhat´ o poli´eder a (2, 1) , (3, 1) , (1, 2) ´es az (1, 3) oszt´

Az 5. ´ abra alapj´ an az egyetlen oszt´ aly, melyr˝ ol nem tudjuk, hogy E tartalmaz-e konvex poli´edert, az (1, 1) ´ oszt´ aly. Erdemes megjegyezni, hogy ´altal´ aban a konvex testek k¨ ozt ismert egy olyan homog´en test, melynek egy stabil ´es egy instabil egyens´ ulyi pontja van. Ez a test, mely a fentiek szerint rendelkezik azzal a tulajdons´ aggal, hogy (eltekintve az instabil egyens´ ulyi pontj´ at´ ol), b´ armilyen helyzetben al´ at´ amasztva addig g¨ ord¨ ul, am´ıg megtal´ alja egyetlen stabil 6. ´ abra. A G¨ omb¨ oc egyens´ ulyi helyzet´et, G¨ omb¨ oc n´even ismert, ´es a 6. ´ abr´ an l´ athat´ o. Felvet˝odhet az o omb¨ oc¨ ot poli´ederrel nagyon finoman k¨ oze¨tlet, hogy egy G¨ E aly´ u konvex poli´edert. Sajnos, intu´ıci´ onkkal tal´ an l´ıtve kaphatunk egy (1, 1) oszt´ ellent´etes m´ odon megmutathat´o, hogy egyenletes” k¨ ozel´ıt´est haszn´ alva tetsz˝ oleges ” finoms´ ag eset´en a keletkez˝ o poli´edernek egyn´el t¨ obb stabil, illetve instabil egyens´ ulyi pontja lesz. Ezt a jelens´eget t´ argyalja a [3] cikk. ¨ on¨ozve a kutat´ Oszt¨ ast a kis lap- ´es cs´ ucssz´am´ u, G¨ omb¨ oc-tulajdons´ ag´ u homog´en konvex poli´ederek keres´es´ere, a cikket egy nemr´eg kit˝ uz¨ ott d´ıjra val´o felh´ıv´ assal fejezz¨ uk be. Ezen, C(1, 1) ´ert´ek´enek meghat´ aroz´ as´ a´ert kit˝ uz¨ ott d´ıj ´ert´eke amerikai doll´arban: (1)

5. a ´bra. Az egyens´ ulyi oszt´ alyok mechanikai komplexit´ asa: az eredm´enyek ¨ osszefoglal´ asa S, U  10 eset´en (a poliedrikus p´ aroknak megfelel˝ o cell´ ak itt is vil´ agos h´ atter˝ uek). A z´ ar´ ojel n´elk¨ ul szerepl˝ o eg´esz sz´ amok pontos komplexit´ asi ´ert´eket, az S = 1 sorban ´es U = 1 oszlopban sz¨ ogletes z´ ar´ ojelbe tett sz´ amok komplexit´ asi korl´ atokat jelentenek (k´et ´ert´ek als´ o ´es fels˝ o korl´ atot, egyetlen ´ert´ek pedig csup´ an als´ o korl´ atot ad meg – itt a fels˝ o korl´ at ismeretlen).

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

271

106 . C(1, 1)

A d´ıj elnyer´es´enek r´eszletesebb felt´eteleit az ´erdekl˝ od˝ o olvas´ o megtal´ alhatja a [2] cikkben. Aki a d´ıjjal kapcsolatban enn´el b˝ ovebb inform´aci´ ot szeretne vagy ´erdekl˝odne a jelen cikkben ismertetett t´ema fel˝ ol, a cikk szerz˝ oivel tudja felvenni a kapcsolatot. Hivatkoz´ asok [1] V.I. Arnold, Ordinary differential equations 10th printing, 1998. MIT Press. [2] G. Domokos, F. Kov´acs, Z. L´ angi, K. Reg˝os and P.T. Varga, Balancing polyhedra, arXiv:1810.05382 [math.MG], October 12, 2018. 272

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

[3] G. Domokos, Z. L´ angi and T. Szab´ o, On the equilibria on finely discretized curves and surfaces, Monatsh. Math., 168 (2012), 321–345. [4] Gn¨ adig P´eter, Honyek Gyula ´es V´ıgh M´at´e, 333 furfangos feladat fizik´ ab´ ol, Typotex Kiad´ o, Budapest, 2014. [5] L´angi Zs. Konvex poli´ederek stabil lapjai, K¨ oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Lapok, 69(5) (2019), 258–264. ¨ [6] E. Steinitz,Uber die Eulersche Polyderrelationen, Arch. Math. Phys., 11 (1906), 86–88. Domokos G´ abor Kov´ acs Fl´ ori´ an [email protected] [email protected] L´ angi Zsolt [email protected]

Reg˝ os Krisztina [email protected] Varga P´ eter Tam´ as [email protected]

2. Adott a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben az y + 2x = x2 egyenlet˝ u parabola. a) ´ Irjuk fel a parabola E(2; 0) pontj´ aban h´ uzott ´erint˝ o egyenlet´et. (3 pont) b) Sz´ am´ıtsuk ki a parabola tengelypontj´ anak koordin´ at´ ait ´es hat´ arozzuk meg a parabola param´eter´et. (4 pont) A koordin´ ata-rendszerben a (−4; 0), (4; 0), (4; 8) ´es (−4; 8) cs´ ucspontokkal megadott t´eglalapot a fenti parabola h´ arom r´eszre v´ agja. c) Mekkora a k¨ oz´eps˝ o r´esz ter¨ ulete? (6 pont) Megold´ as. a) Az E-ben h´ uzott ´erint˝o meredeks´eg´et a parabola deriv´ altf¨ uggv´eny´enek az x = 2 helyen felvett helyettes´ıt´esi ´ert´eke adja meg. f  (x) = 2x − 2, ´ıgy az ´erint˝o meredeks´ege f  (2) = 2. Az ´erint˝o egyenlete: y = 2x − 4. 2

b) Teljes n´egyzett´e alak´ıt´ assal: y = (x − 1) − 1, ahonnan a parabola tengely1 = 1, ´ıgy p = 12 . pontja T (1; −1). A parabola param´eter´ere: 2p

c) A megadott parabola a t´eglalapot a (0; 0), (2; 0), (4; 8) ´es (−2; 8) pontokban metszi. A [−2; 0] intervallumon az x tengely ´es a parabola´ıv k¨ oz¨ otti ter¨ ulet nagys´ aga:   3

0

0 x 20 8 2 2 −x . (x − 2x) dx = =− − −4 = 3 3 3 −2

Megold´ asv´ azlatok a 2020/4. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz I. r´ esz √ os sz´ amok halmaz´ an. 1. a) Oldjuk meg a 2x + 6 = 9 − x egyenletet a val´ (5 pont) b) Oldjuk meg a log0,3 x  log0,3 49 egyenl˝ otlens´eget a val´ os sz´ amok halmaz´ an. (3 pont)

−2

A parabola tengelyes szimmetri´ aja miatt a [−2; 0] ´es a [2; 4] intervallumokon a parabola alatti ter¨ ulet megegyezik, ´ıgy a k¨ oz´eps˝ o t´ ablar´esz ter¨ ulet´et megkapjuk, ha egy 48 egys´eg ter¨ ulet˝ u t´eglalapb´ ol kivonjuk a [−2; 0] ´es a [2; 4] intervallumhoz tartoz´o parabola alatti ter¨ uletet. Teh´ at a keresett ter¨ ulet:

c) Oldjuk meg a sin2 4x + sin 4x + cos2 4x = 2 egyenletet a [0; π] halmazon. (4 pont)

T = 48 − 2 ·

20 104 = . 3 3

Megold´ as. a) A n´egyzetgy¨ okf¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya miatt x  −3, ´ert´ekk´eszlete miatt x  9, teh´at −3  x  9. N´egyzetre emelve az egyenlet mindk´et oldal´ at: 2x + 6 = 81 − 18x + x2 . Az egyenletet rendezve: x2 − 20x + 75 = 0, melynek gy¨ okei: x1 = 15 ´es x2 = 5. A [−3; 9] intervallumon ekvivalens a´talak´ıt´ asokat v´egezt¨ unk, ´ıgy csak x2 = 5 megold´ asa az egyenletnek. b) Az egyenl˝ otlens´eg ´ertelmez´esi tartom´anya: x > 0. A 0,3-es alap´ u logaritmusf¨ uggv´eny szigor´ u monoton cs¨ okken´ese miatt: x  49 , melyet az ´ertelmez´esi tar-

egyenl˝ otlens´egnek. Sz´ am´ıtsuk ki a sorozat h´ anyados´ at.

(6 pont)

sett halmazon: x = π8 ; 5π . Ekvivalens a´talak´ıt´ asokat v´egezt¨ unk, ez´ert ebb˝ol k¨ovet8 kezik, hogy a kapott gy¨ ok¨ ok j´ok.

Megold´ as. a) I. megold´ as. Jel¨ olje a m´ertani sorozat h´ anyados´ at q Ekkor a feladat sz¨ ovege alapj´ an: a1012 = q 2 , a1013 = q 3 , . . . , a2019 = q 1009 Hasonl´oan az indexek cs¨ okkent´es´evel: a1010 = 1, a1009 = 1q , a1008 = 1 a1 = q1009 .

(q = 0). ad´odik. 1 , ..., q2

tom´ annyal ¨ osszevetve a megold´ ashalmaz: ]0; 49 ]. o egyenc) Mivel minden x ∈ R eset´en sin2 4x + cos2 4x = 1, ez´ert a megoldand´ ol az egyenlet megold´ asai a kerelet: sin 4x = 1, ahonnan x = π8 + k · π2 , k ∈ Z. Ebb˝

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

273

3. a) Egy m´ertani sorozat 1011-edik tagja megegyezik a sorozat null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o h´ anyados´ aval. Sz´ am´ıtsuk ki a sorozat els˝ o 2019 tagj´ anak a szorzat´ at. (6 pont) b) Jel¨ olje x ´es y ebben a sorrendben egy m´ertani sorozat k´et egym´ ast k¨ ovet˝ o tagj´ at. Tudjuk, hogy x = 0 ´es az (x; y) sz´ amp´ ar megold´ asa a 100x − 2 · 10x · 102y + 104y  0

274

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Az el˝oz˝ oeket felhaszn´ alva a keresett szorzat: a1 · a2 · . . . · a1009 · a1010 · a1011 · . . . · a2018 · a2019 = =

1 1 1 · · . . . · · 1 · q · . . . · q 1008 · q 1009 = 1. q 1009 q 1008 q

II. megold´ as. Jel¨olje a m´ertani sorozat els˝ o tagj´ at a1 , h´anyados´ at q (q = 0). o Ekkor a sorozat tagjait fel´ırva: a2 = a1 · q, a3 = a1 · q 2 , . . . , a2019 = a1 · q 2018 . Az els˝ 2019 tagot ¨ osszeszorozva a szorzat ´ert´eke: a2019 · q 1+2+3+4+...+2018 = a2019 · q 2 037 171 . 1 1 1 A feladat felt´etele szerint: a1 · q 1010 = q, ahonnan (q = 0 miatt) a1 = q1009 . A keresett szorzat:

2019 1 12019 · q 2 037 171 = 2 037 171 · q 2 037 171 = 1. 1009 q q 2

4.1. a ´bra

4.2. ´ abra

b) Sz´ amozzuk be az u aval jelzett u ´j pontokat a keletkez´es¨ uk sorrendj´e¨res karik´ ben ´es d¨ onts¨ uk el, melyik j´ at´ekos nyerte a j´ atszm´ at. (4 pont) ´ Levente Csab´ aval m´ ar nagyon sokszor j´ atszotta a VONALAZO nev˝ u j´ at´ekot. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Levente 10 j´ at´ekb´ ol legal´ abb 8-at megnyer k´etszer akkora, mint annak, hogy pontosan 8-at nyer meg. (T´etelezz¨ uk fel, hogy Levente mindegyik j´ atszm´ aban ugyanakkora val´ osz´ın˝ us´eggel nyer.) c) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Levente megnyer egy j´ atszm´ at? (7 pont) Megold´ as. a) Egy lehets´eges megold´ as van a 4.3. ´ abr´ an.

2

b) Mivel 100x = (10x ) ´es 104y = (102y ) , ´ıgy 100x − 2 · 10x · 102y + 104y = 2 2 = (10x − 102y )  0. (10x − 102y )  0 pontosan akkor teljes¨ ul, ha 10x − 102y = 0, x 2y u exponenci´ alis f¨ uggv´eny szigor´ u monotonit´ asa vagyis 10 = 10 , azaz (a 10-es alap´ y 1 miatt) x = 2y. (Mivel x = 0, ez´ert) x = 2 . ´ nev˝ 4. A VONALAZO u j´ at´ekot k´et ember j´ atszhatja. A j´ at´ek menete Egy pap´ırlapra a j´ at´ekosok n´eh´ any pontot rajzolnak. A kezd˝ o j´ at´ekos h´ uz egy vonalat valamelyik pontb´ ol egy m´ asik pontig, ´es a vonalra egy u ´jabb pontot rajzol. ´ Igy ebb˝ ol az u ´j pontb´ ol k´et vonal indul ki. A k´et j´ at´ekos felv´ altva h´ uzza a vonalakat a pontok k¨ oz¨ ott ´es a j´ at´ekos a megrajzolt vonalra mindig egy u ´j pontot rajzol a k¨ ovetkez˝ o szab´ alyok betart´ as´ aval: 1. Mindegyik vonal alakja tetsz˝ oleges lehet, de nem metszheti ¨ onmag´ at ´es nem metszhet egyetlen kor´ abban megrajzolt vonalat sem. 2. Az ¨ osszek¨ ot˝ o vonal k´et pontot k¨ ot ¨ ossze ´es nem mehet ´ at m´ as kor´ abban megrajzolt ponton. 3. K´et pontot csak egyetlen vonal k¨ othet ¨ ossze. 4. Egyetlen pontb´ ol sem indulhat ki h´ aromn´ al t¨ obb vonal.

4.3. a ´bra

b) A 4.4. ´ abr´ an l´ athat´ o sorrend miatt a kezd˝ o j´at´ekos nyerte a j´ atszm´at. c) Jel¨olje p annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy Levente megnyer egy j´ atszm´at. Ekkor annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Csaba nyer 1 − p. Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Levente 10-b˝ ol pontosan 8-szor nyer:

 10 2 · p8 · (1 − p) . 8 Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Levente 10-b˝ ol pontosan 9-szer nyer:

 10 1 · p9 · (1 − p) . 9

Az vesz´ıt, aki m´ ar nem tud h´ uzni egy vonalat sem. a) A 4.1. ´abr´ an 3 pont l´ athat´ o. Rajzoljuk bele az ´ abr´ aba – a fenti felt´etelek figyelembev´etel´evel – annak a j´ at´eknak az egyes l´ep´eseit, amelyben pontosan 4 u ´j pont szerepel. A kezd˝ o j´ at´ekos vonala legyen folytonos, az ellenf´el´e pedig szaggatott. Az u ´j pontokat u aval jel¨ olje. (3 pont) ¨res karik´

Annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy Levente 10-b˝ ol pontosan 10-szer nyer:

 10 0 · p10 · (1 − p) . 10

A 4.2. ´abr´ an egy j´ atszma l´ep´eseit lehet nyomon k¨ ovetni. A kezd˝ o j´ at´ekos vonalait a folytonos, az ellenf´el l´ep´eseit pedig a szaggatott vonalak jelzik. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

275

4.4. ´ abra

276

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

A feladat szerint:





 10 10 10 2 1 0 8 9 · p · (1 − p) + · p10 · (1 − p) = · p · (1 − p) + 9 10 8 =2·

 10 2 · p8 · (1 − p) . 8

Az egyenlet mindk´et oldal´ at elosztva p8 -nal, ´es kisz´amolva a binomi´alis egy¨ utthat´ okat: 2 2 45 · (1 − p) + 10p · (1 − p) + p2 = 90 · (1 − p) .

5.3. a ´bra

okei p1 ≈ 1,081 ´es p2 ≈ 0,771. Ebb˝ ol: 54p2 − 100p + 45 = 0, melynek gy¨

Az AB szakasz hossz´ at koszinuszt´etellel sz´ amolva:

Mivel a val´osz´ın˝ us´eg legfeljebb 1, ´ıgy Levente kb. 0,771 val´ osz´ın˝ us´eggel nyer meg egy j´atszm´at. II. r´ esz 5. Egy z¨ olds´eg´ arus a friss ´ aruj´ at a pulton f´elk¨ or´ıvben helyezi el. Az egyes tartom´ anyokat fal´ecek hat´ arolj´ ak. A f´elk¨ or az 5.1. ´abr´ an l´ athat´ o m´ odon n´egy egybev´ ag´ o k¨ orcikkre van osztva. Az ´ abr´ an l´ athat´ o ¨ osszes egyenes szakasz ´es a f´elk¨ or´ıv is fal´ecb˝ ol k´esz¨ ult. A szomsz´edos sugarakat ¨ osszek¨ ot˝ o elv´ alaszt´ o l´ecek p´ arhuzamosak ´es h´ arom egyenl˝ o r´eszre osztj´ ak a sugarakat. A f´elk¨ or sugara 1,5 m´eter.

AB 2 = 1,52 + 1,52 − 2 · 1,5 · 1,5 · cos 45◦ , ahonnan AB ≈ 1,148 (m). Az OAB ´es OF E, valamint az ODC ´es OF E h´ aromsz¨ogek hasonl´ os´ aga miatt a hasonl´os´ ag ar´any´ anak felhaszn´al´as´ aval CD =

AB 2 · AB ≈ 0,765 (m) ´es EF = ≈ 0,383 (m). 3 3

Mindegyik keresztl´ecb˝ ol 4 db van, a sug´arb´ ol pedig ¨ ot, ´ıgy a keresett hossz´ us´ag: 4,712 + 5 · 1,5 + 4 · (1,148 + 0,765 + 0,383) = 21,396 (m). Teh´at 22 m´eter fal´ecre van sz¨ uks´eg. =

5.1. a ´bra

b) Az 5.4. a ´bra jel¨ ol´eseit haszn´ alva az AT D der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben: tg 70◦ = 100 ahonnan x ≈ 36,40 (cm), ´es sin 70◦ = a , melyb˝ ol a ≈ 106,42 (cm).

100 , x

5.2. ´ abra

a) H´ any m´eter fal´ecre van sz¨ uks´eg a pult kialak´ıt´ as´ ahoz? V´ alaszunkat eg´eszre kerek´ıtve adjuk meg. (8 pont) Egy m´ asik z¨ olds´egesnek megtetszett az ¨ otlet ´es b´ od´ej´ ahoz egy f´elbev´ agott csonkak´ up alak´ u b˝ ov´ıtm´enyt tervezett az ´ abra szerint, ahol h a b˝ ov´ıtm´eny magass´ ag´ at, α pedig a f´elbev´ agott csonkak´ up b´ od´eval ´erintkez˝ o alkot´ oj´ anak a b´ od´e als´ o, v´ızszino tes ´el´evel bez´ art sz¨ og´et jel¨ oli. A b˝ ov´ıtm´eny m´eretei: h = 100 cm, α = 70◦ , a fels˝ k¨ or sugara pedig 1,5 m (5.2. a´bra). c) Mennyi anyag sz¨ uks´eges a sz¨ urk´evel jel¨ olt pal´ astr´esz bebor´ıt´ as´ ahoz, ha az illeszt´esek miatt plusz 4% anyaggal kell sz´ amolni? V´ alaszunkat tized n´egyzetm´eterre kerek´ıtve adjuk meg. (8 pont)

5.4. a ´bra

Az el˝obbiek miatt d = 300 − 2x ≈ 227,20 (cm), ´ıgy r = d2 ≈ 113,60 (cm). A f´elbev´ agott csonkak´ up alak´ u pal´ ast felsz´ıne: A=

Megold´ as. a) Az 5.3. ´ abr´ an l´ athat´ o f´elk¨ or´ıv hossza 1,5 · π ≈ 4,712 (m). Mivel a k¨ orcikkek egybev´ ag´ ok, ez´ert az AOB = 45◦ . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

(r + R) · a · π ≈ 44 064,5 (cm2 ), 2

´ıgy a sz¨ uks´eges anyagmennyis´eg: 4,6 m2 . 277

278

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

6. Egy 8 × 8-as sakkt´ abla mez˝ oire 1-t˝ ol 64-ig be´ırtuk a term´eszetes sz´ amokat a 6.1. ´abra szerint. Ezut´ an k´esz´ıtett¨ unk egy olyan alakzatot, amely 5 darab, a sakkt´ abla mez˝ oivel egybev´ ag´ o n´egyzetb˝ ol ´ all (6.2. a´bra). Az ´ıgy elk´esz´ıtett alakzatot v´eletlenszer˝ uen r´ ahelyezz¨ uk a sakkt´ abl´ ara u ´gy, hogy annak mind az ¨ ot n´egyzete lefedjen egy-egy mez˝ ot a t´ abl´ an.

b) Mivel 69; 70; 71; . . . ; 99 ¨ osszesen 31 darab sz´am, ´es a m´odusz valamint a medi´ an is 68, a 64 sz´ amot sorbarendezve a k´et k¨ oz´eps˝ o x32 = x33 = 68. A terjedelem am a´tlaga 67,5, ez´ert a t´ abl´ ara ´ırt sz´amok ¨ osszege 4320. miatt x1 = 6. A 64 sz´ 68+99 ´ A m´asodik 32 sz´am ¨ osszege · 32 = 2672. Igy 2

s = 6 + x2 + x3 + . . . + x31 + 68 = 4320 − 2672 = 1648, vagyis x2 + x3 + . . . + x31 = 1574. A legnagyobb ¨ osszeg, ami az x2 ; x3 ; . . . ; x31 hely´en ´ all´ o sz´ amokkal el´erhet˝ o lenne: 38 + 39 + . . . + 67 = 1575. Ez csak 1-gyel t¨ obb a val´ os´ agos ¨ osszegn´el, teh´ at valamelyik sz´amot 1-gyel cs¨ okkenteni kell. Ez a sz´ am csak a 38 lehet, k¨ ul¨ onben k´et m´odusza lenne az t´ abl´ ara ´ırt sz´amoknak. A keresett sz´amok teh´at: 6; 37; 39; 40; . . . ; 67; 68; 68; 69; 70; . . . ; 98; 99.

6.1. a ´bra

7. Adott a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben az A(11; −2) ´es a B(2; 1) ponto2 2 u k¨ or. Az AB szakat ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz, tov´ abb´ a az (x + 4) + (y − 3) = 20 egyenlet˝ kaszt a koordin´ ata-rendszer orig´ oja k¨ or¨ ul +90◦ -kal elforgatjuk.

6.2. ´ abra

a) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a lefedett sz´ amok ¨ osszege oszthat´ o 3-mal? (6 pont) Egy m´ asik alkalommal a sakkt´ abla mez˝ oire 64 pozit´ıv eg´esz sz´ amot ´ırtunk. K¨ oz¨ ul¨ uk az egyik egyjegy˝ u, a t¨ obbi k´etjegy˝ u sz´ am. Tudjuk, hogy a fel´ırt sz´ amok medi´ anja ´es egyetlen m´ odusza a 68, ami k´etszer szerepel a t´ abl´ an. Tudjuk tov´ abb´ a, hogy a sz´ amok ´ atlaga 67,5, a terjedelm¨ uk pedig 93. b) Mely sz´ amok szerepelnek a t´ abl´ an? (10 pont) Megold´ as. a) I. megold´ as. A kereszt” o ¨sszesen 6 · 6 = 36-f´elek´eppen helyez” het˝ o r´ a a sakkt´ abl´ ara (¨ osszes eset sz´ama). Ha a bal fels˝o sarokba rakjuk a keresztet, akkor a 2; 9; 10; 11 ´es 18 sz´ amokat fedi le, melyek o¨sszege 50, aminek a h´armas marad´eka 2. B´ arhov´ a is rakjuk le a keresztet (a szab´ alynak megfelel˝oen), ha eggyel jobbra cs´ usztatjuk az ¨ osszeg mindig 5-tel, a h´armas marad´ek pedig 2-vel n˝ o. Ha a keresztet eggyel lefel´e cs´ usztatjuk, akkor az ¨ osszeg mindig 40-nel, a h´ armas marad´ek pedig 1-gyel n˝ o. Az el˝obbiek miatt a marad´ekok alapj´ an ¨ osszesen 12 olyan elhelyez´es van, amikor a lefedett sz´ amok ¨ osszege oszthat´ o 3-mal (kedvez˝ o esetek sz´ ama). 12 1 ´Igy a keresett val´ = . osz´ın˝ us´eg: 36

3

II. megold´ as. A kereszt” alakzatot csak a bels˝ o n´egyzetekre tudjuk r´ ahelyezni. ” Ezt 6 · 6 = 36-f´elek´eppen tudjuk megtenni (¨ osszes eset sz´ama).

Ha a lefedett sz´amok k¨ oz¨ ul a k¨ oz´eps˝ ot x-szel jel¨olj¨ uk, akkor a t˝ ole balra l´ev˝ ot x − 1, jobbra l´ev˝ ot x + 1, felette l´ev˝ ot x − 8, alatta l´ev˝ ot x + 8 jel¨oli. Ezek ¨osszege 5x. Az ¨ osszeg pontosan akkor oszthat´ o 3-mal, ha x oszthat´ o 3-mal. A 6 × 6-os bels˝o n´egyzetben 12 db 3-mal oszthat´ o sz´ am van (kedvez˝ o esetek sz´ ama). 12 1 ´Igy a keresett val´ = . osz´ın˝ us´eg: 36

3

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

279

a) Sz´ am´ıt´ assal igazoljuk, hogy a forgat´ assal kapott szakasz egy pontban metszi a megadott k¨ ort. (4 pont) Egy r ´es R sugar´ u k¨ or k´ıv¨ ulr˝ ol ´erinti egym´ ast. A k¨ or¨ ok k¨ oz´eppontjain a ´thalad´ o egyenes ezeket a k¨ or¨ oket az ´erint´esi ponton k´ıv¨ ul az A ´es B pontokban metszi. Az egyik k¨ oz¨ os k¨ uls˝ o ´erint˝ o ´erint´esi pontjai E ´es F . b) Igazoljuk, hogy az ABEF n´egysz¨ og h´ urn´egysz¨ og. c) Sz´ am´ıtsuk ki a k¨ oz¨ os k¨ uls˝ o ´erint˝ oszakasz hossz´ at.

(6 pont) (6 pont)

Megold´ as. a) I. megold´ as. Az A pont elforgatottj´ anak koordin´at´ ai A (2; 11),   or k¨ uls˝ o pontja. a B pont´e pedig B (−1; 2). Mivel 36 + 64 = 100 > 20, ez´ert A a k¨ or bels˝o pontja. Mivel 9 + 1 = 10 < 20, ez´ert B  a k¨ Teh´at az A B  szakasz egy pontban metszi a megadott k¨ ort. II. megold´ as. Az A pont elforgatottj´ anak koordin´at´ ai A (2; 11), a B pont´e  o egyenes egyenlete y = 3x + 5. pedig B (−1; 2), ez´ert az elforgatott pontokon ´atmen˝ Az el˝obbi egyenes metsz´espontjai a megadott k¨ orrel P (0; 5) ´es Q(−2; −1).

A metsz´espont akkor van az elforgatott szakaszon, ha a pontok koordin´ at´ aira teljes¨ ul, hogy −1 < x < 2 ´es 2 < y < 11, ami csak a P pontra igaz, ´ıgy az A B  szakasz val´oban egy pontban metszi a megadott k¨ ort. b) Az ABEF n´egysz¨ og akkor h´ urn´egysz¨ og, ha a szemk¨ ozti sz¨ ogeinek ¨ osszege abra jel¨ ol´eseit haszn´ alva legyen az AOF  = α, ekkor OAF  = OF A = 180◦ . Az ´ = 90◦ − α2 . Hasonl´o meggondol´ assal megmutathat´ o, hogy KBE = BEK = α2 , ´ıgy az ABEF n´egysz¨ og A, B, E ´es F cs´ ucs´ an´ al l´ev˝ o bels˝ o sz¨ ogek rendre 90◦ − α2 , α2 , ozti sz¨ ogek ¨ osszege teh´ at 180◦ , ´ıgy a n´egysz¨ og val´oban 90◦ + α2 ´es 180◦ − α2 . A szemk¨ h´ urn´egysz¨og. 280

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

b) Az els˝ o lakat kulcsa legfeljebb 9 pr´ob´ alkoz´ assal, a m´ asodik´e legfeljebb 8, a harmadik´e legfeljebb 7, ´es ´ıgy tov´ abb, a kilencedik lakat´e 1 pr´ ob´ alkoz´ as ut´an megtal´ alhat´ o. A tizedikn´el m´ ar nem kell pr´ob´alkozni, mert a megmaradt kulcs ahhoz tartozik. Teh´ at legfeljebb 9 + 8 + 7 + 6 + . . . + 2 + 1 = 45 pr´ ob´alkoz´ assal megoldhat´ o a feladat.

c) A K pontb´ ol p´ arhuzamost h´ uzva az EF k¨ oz¨ os ´erint˝ovel a megrajzolt szakasz ´es OF metsz´espontja legyen M . Ekkor az OM K der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogben 2

c) I. megold´ as. Jel¨ olje U azt a pontot, ahol a versenyz˝onek a v´ızbe kell vetnie mag´at (8.1. a ´bra). Ekkor az U Q = ol´essel a BU Q der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben √ x jel¨ ´t megt´etel´ehez sz¨ uks´eges id˝ o: a Pitagorasz-t´etel alapj´ an: BU = x2 + 1 . Az u √ x2 + 1 4−x + , ahol 0  x  4. t(x) = 8 2 A t(x) f¨ uggv´enynek ott lehet sz´els˝ o´ert´eke, ahol t (x) = 0.

2

M K 2 = EF 2 = (R + r) − (R − r) ,

√ ahonnan EF = 2 Rr .

1 1 1 1 − t (x) = − + · · (x2 + 1) 2 · 2x, 8 2 2

8. Egy szabadul´ oszob´ anak h´ arom bej´ arata van. Egy 6 f˝ os t´ arsas´ ag tagjai b´ armelyik ajt´ on, de csak kettes´evel l´ephetnek be. A bel´ep´es sorrendje nem sz´ am´ıt. a) H´ anyf´ele m´ odon juthatnak be a szob´ aba a t´ arsas´ ag tagjai? (4 pont) A szabadul´ oszoba egyik feladata ´ıgy sz´ olt: adott t´ız l´ atsz´ olag egyforma lakat illetve t´ız kulcs. Mindegyik lakatra igaz, hogy pontosan egy kulcs nyitja. A j´ at´ekszab´ aly szerint a j´ at´ekosnak mind a 10 lakatot ki kell nyitnia. Nevezz¨ uk pr´ ob´ alkoz´ asnak egy kulcs ´es egy lakat ¨ osszeilleszt´es´et, ak´ ar nyitja a kulcs a lakatot, ak´ ar nem. hoz?

ebb˝ ol

x 1 √ = , 8 2 x2 + 1

ahonnan 60x2 − 4 = 0, melynek gy¨ okei x1 ≈ 0,258 ´es x2 ≈ −0,258 (m). (x2 ≈ −0,258 uggv´eny negat´ıvb´ ol pozinem lehets´eges, x1 ≈ 0,258 megfelel.) Az x1 helyen a t f¨ t´ıvba megy ´at, ez´ert itt t-nek minimuma van. Teh´at a versenyz˝onek kb. 3,742 km-t kell futnia, miel˝ott a tengerbe veti mag´ at.

b) M´ odszeresen dolgozva legfeljebb h´ any pr´ ob´ alkoz´ as kell a feladat megold´ as´ a(3 pont)

Egy t´ ul´el˝ o” m˝ usorban az egyik feladat az volt, hogy a lehet˝ o leggyorsabban ” jussanak el a versenyz˝ ok a tengerparton l´ev˝ o A pontb´ ol a tengeren l´ev˝ o B pontovetkez˝ o megm´erettet´esre. Tudjuk, hogy ba, mert akkor v´edetts´eget szereznek a k¨ a parton csak futhatnak, a tengerben csak u ´szhatnak, seg´edeszk¨ oz¨ oket (far¨ onk, evez˝ o stb.) nem haszn´ alhatnak. Az ´ abra szerint a p´ alya m´eretei: AQ = 4 km, BQ = = 1 km, valamint AQB = 90◦ . (A partvonalat az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert tekints¨ uk egyenesnek.) Az egyik versenyz˝ o 8 km/´ ora sebess´eggel k´epes futni a homokban ´es 2 km/´ ora sebess´eggel u ´szni a tengerben. c) H´ any km fut´ as ut´ an ugorjon a versenyz˝ o a tengerbe, ha a lehet˝ o legr¨ ovidebb id˝ on bel¨ ul szeretne eljutni A-b´ ol B-be? (9 pont)

8.1. a ´bra

II. megold´ as. Jel¨ olje U azt a pontot, ahol a versenyz˝onek a v´ızbe kell vetnie mag´at (8.2. ´ abra). Ekkor az U Q = 4 − x jel¨ ol´essel a BU Q der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben a Pitagorasz-t´etel alapj´ an:  BU = x2 − 8x + 17 . Az u ´t megt´etel´ehez sz¨ uks´eges id˝ o: √ x2 − 8x + 17 x , t(x) = + 8 2

Megold´ as. a) A 6 f˝os t´ arsas´ ag tagjai k¨ oz¨ ul a h´ arom p´ ar 2 · 2 · 2 (= 90)f´elek´eppen v´ alaszthat´o ki u ´gy, hogy azok sorrendje is figyelembe van v´eve. Mivel egy adott 3 p´ ar ebben ´eppen 3!(= 6)-szor szerepel, ´ıgy ¨osszesen 90 : 6 = 15-f´elek´eppen v´alaszthat´o ki a 3 p´ar. Ezek b´ armelyike a 3 ajt´on 33 = 27-f´elek´eppen mehet be, teh´ at a keresett sorrendek sz´ama 15 · 27 = 405. 281

ahol

0  x  4.

A t(x) f¨ uggv´enynek ott lehet sz´els˝ o´ert´eke, ahol t (x) = 0.

6 4 2

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

8.2. ´ abra

t (x) =

282

1 1 1 1 − + · · (x2 − 8x + 17) 2 · (2x − 8), 8 2 2 √ x2 − 8x + 17 + 4x − 16 √ = 0, 8 x2 − 8x + 17

ebb˝ ol

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

ahonnan 15x2 − 120x + 239 = 0, melynek gy¨ okei x1 ≈ 4,258 ´es x2 ≈ 3,742 (m). ugg(x1 ≈ 4,258 nem lehets´eges, x2 ≈ 3,742 megfelel.) Az x2 ≈ 3,742 helyen a t f¨ v´eny negat´ıvb´ ol pozit´ıvba megy ´at, ez´ert itt t-nek minimuma van. Teh´ at a versenyz˝onek kb. 3,742 km-t kell futnia, miel˝ott a tengerbe veti mag´ at. 9. Egy ¨ ottag´ u csal´ ad (apa, anya ´es a h´ arom gyerek) ´eletkor´ anak ¨ osszege ebben az ´evben 100 ´ev. Az anya 6 ´evvel fiatalabb a f´erj´en´el. 6 ´ev m´ ulva a k¨ oz´eps˝ o gyerek k´etszerannyi id˝ os lesz, mint most. Amikor a legkisebb gyerek sz¨ uletett, abban az ´evben (a kicsi megsz¨ ulet´ese el˝ ott) a n´egytag´ u csal´ ad ´ atlag´eletkora 22,5 ´ev volt. Az anya az els˝ o gyermek´et 22 ´eves kor´ aban sz¨ ulte.

Az els˝o k´et dob´ as ¨ osszege u ´gy lehet 10, ha a j´ at´ekos a (4; 6), (6; 4), vagy (5; 5) 3 p´aros´ıt´asok valamelyik´et dobja. Ennek a val´ osz´ın˝ us´ege 36 . Az els˝o k´et dob´ as ¨ osszege u ´gy lehet 6, ha a j´ at´ekos az (1; 5), (5; 1), (2; 4), (4; 2) 5 vagy (3; 3) p´ aros´ıt´ asok valamelyik´et dobja. Ennek a val´osz´ın˝ us´ege 36 . Az els˝o k´et dob´ ast k¨ ovet˝o dob´ as ¨ osszege u ´gy lehet 4, ha a j´ at´ekos az (1; 3), 3 (3; 1) vagy (2; 2) p´ aros´ıt´ asok valamelyik´et dobja. Ennek a val´osz´ın˝ us´ege 36 . (A k´et egym´ as ut´ani dob´ as egym´ast´ ol f¨ uggetlen esem´eny), ´ıgy ennek a val´ osz´ı5 3 n˝ us´ege 36 · 36 . A keresett val´ osz´ın˝ us´eg: 5 3 41 3 + · = ≈ 0,095. 36 36 36 432

a) H´ any ´eves most az anyuka? (7 pont) Vas´ arnap d´elut´ an a csal´ adtagok egy u ´j t´ arsasj´ at´ekot pr´ ob´ alnak ki. A t´ arsasj´ at´ek j´ at´ekt´ abl´ aj´ an 100 mez˝ o kapcsol´ odik egym´ as ut´ an, melyeket a tervez˝ ok 1-t˝ ol 100-ig megsz´ amoztak. A t´ abl´ an a m´ asodik mez˝ ot˝ ol kezdve minden 2. mez˝ o z¨ old sz´ın˝ u (a t¨ obbi feh´er), a harmadik mez˝ ot˝ ol kezdve minden 3. mez˝ on egy ´ allat k´epe, a negyedik mez˝ ot˝ ol kezdve minden 4. mez˝ on egy fa k´epe, ´es az ¨ ot¨ odik mez˝ ot˝ ol kezdve minden 5. mez˝ on egy vad´ aszh´ az k´epe l´ athat´ o. A j´ at´ekszab´ aly szerint, ha egy mez˝ on k´et figura szerepel, akkor az erre a mez˝ ore l´ep˝ o j´ at´ekos egyszer kimarad a j´ at´ekb´ ol.

Varga P´ eter Budapest

C gyakorlat megold´ asa

b) H´ any olyan feh´er sz´ın˝ u mez˝ o van a t´ abl´ an, amelyre l´epve a j´ at´ekos egyszer kimarad a j´ at´ekb´ ol? (3 pont) arsasj´ at´ek j´ at´ekszab´ alya szerint a j´ at´ekosok egy feh´er ´es egy s´ arga sz´ın˝ u szaA t´ b´ alyos dob´ okock´ aval dobnak egyszerre, ´es a l´ep´es¨ uk sz´ ama a dobott sz´ amok o sszege. ¨ Ha a dob´ as ¨ osszege 6, akkor a j´ at´ekosok u ´jra dobhatnak, ´es a l´ep´esek sz´ ama a j´ at´ekos ´ altal dobott n´egy sz´ am ¨ osszege lesz. (P´eld´ aul: Ha a j´ at´ekos els˝ o dob´ asa 2 ´es 5 volt, akkor a 7-es mez˝ ore l´ep. Ha viszont a j´ at´ekos els˝ o dob´ asa 2 ´es 4, az u ´j dob´ asa 3 ´es 5 volt, akkor a j´ at´ekos a 14-es mez˝ ore l´ephet.) Ha egy mez˝ o sorsz´ ama 10-zel oszthat´ o, akkor erre r´ al´epve, a j´ at´ekos a b´ abuj´ aval visszal´ep a legk¨ ozelebbi, at ´ abr´ azol´ o mez˝ ore. f´ c) Mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o j´ at´ekos b´ abuja kezd´eskor a 10-es mez˝ ore l´ep? (Kezd´eskor a j´ at´ekosok b´ abui az 1-es mez˝ o el˝ ott a ´llnak.) (6 pont) Megold´ as. a) Jel¨ olje az apa ´eletkor´ at most x, a k¨oz´eps˝ o gyerek´et y. Ekkor a sz¨ oveg alapj´ an az anya x − 6, a k¨ oz´eps˝ o gyerek pedig az y + 6 = 2y egyenletb˝ ol 6 ´eves. A legkisebb gyerek sz¨ ulet´es´enek ´ev´eben a k´et nagyobb gyerek ´es a k´et sz¨ ul˝ o ´eletkor´ anak ¨ osszege 22,5 · 4 = 90 ´ev. A legkisebb gyerek sz¨ ulet´ese o´ta az ¨ottag´ u csal´ ad ´eletkor´ anak ¨ osszege 10 ´evvel n˝ ott, teh´ at a legkisebb gyerek most 2 ´eves. Ha az anya most x − 6 ´eves, akkor a legid˝osebb gyerek x − 6 − 22 = x − 28 ´eves. Mivel az ´eletkorok ¨ osszege 100 ´ev, ez´ert 2 + 6 + (x − 28) + x + (x − 6) = 100, ahonnan x = 42, ´ıgy az anyuka 36 ´eves. b) 1-t˝ ol 100-ig a 3 ´es az 5 p´ aratlan k¨ oz¨ os t¨ obbsz¨or¨oseit keress¨ uk. Mivel [3; 5] = = 15, ´ıgy a 15., 45. ´es 75. mez˝ o ilyen, azaz a keresett mez˝ok sz´ama 3. c) A j´ at´ekos csak u ´gy l´ephet a 10-es mez˝ ore, ha az els˝o k´et dob´ as ¨osszege 10, vagy az els˝o k´et dob´ as ¨ osszege 6 ´es az ut´ana k¨ ovetkez˝ o k´et dob´ as ¨osszege 4. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

283

C. 1552. Bizony´ıtsuk be, hogy ha 0 < a < 1 ´es 0 < b < 1, akkor loga

2ab 2ab · logb  1. a+b a+b Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza)

Megold´ as. Vegy¨ uk a ´es b harmonikus k¨ ozep´et: 1 a

2 2 2ab . = a+b = a+b + 1b ab

L´athat´ o, hogy a feladatban a logaritmusok argumentumak´ent szerepl˝o ´ert´ekeket kapjuk. Legyen c egy val´ os sz´am, melyre teljes¨ ul, hogy 0 < c < 1. Ekkor az f (x) = = logc (x) f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨ okken˝ o, de helyettes´ıt´esi ´ert´eke a ]0, 1[ tartom´ anyon v´egig pozit´ıv marad, hiszen x = 1-re f (x) = f (1) = logc (1) = 0. Mivel a f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton cs¨ okken, ez´ert ha x1  x2 , akkor f (x1 )  f (x2 ), ´es egyenl˝ os´eg csak akkor ´allhat fenn, ha x1 = x2 . A nevezetes k¨ ozepekre val´ o¨ ossszef¨ ugg´es szerint k´et pozit´ıv sz´am m´ertani k¨ ozepe nem kisebb azok harmonikus k¨ ozep´en´el. Ez a-ra ´es b-re a k¨ ovetkez˝ ot jelenti: √ 2ab . Mivel a ´es b 1-n´el kisebb pozit´ıv sz´amok, ez (a fentiek alapj´ an) azt ab  a+b jelenti, hogy

  √  √  2ab 2ab ab  loga ab  logb loga ´es logb . a+b a+b 284

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Mivel (a fentiek alapj´ an) tudjuk, hogy mind a n´egy logaritmikus kifejez´es ´ert´eke pozit´ıv, fel´ırhatjuk, hogy √  √  ab logb ab  loga loga

2ab a+b



logb

2ab a+b



Matematika feladatok megold´ asa .

√  √  ´Igy teh´at el´eg bel´ atnunk, hogy loga ab logb ab  1, hiszen ekkor a feladatban szerepl˝ o egyenl˝ otlens´eg is teljes¨ ul. √  √  ab logb ab  1. Ekvivalens ´atalak´ıt´asokat haszTegy¨ uk fel, hogy loga n´ alva: 1 1 loga (ab) · logb (ab)  1, 2 2

B. 4992. Az 1, 2, . . . , n sz´ amok mindegyik´et pirosra vagy k´ekre sz´ınezz¨ uk. Egy l´ep´es azt jelenti, hogy kiv´ alasztunk h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amot, amelyek sz´ amtani sorozatot alkotnak, ´es mindh´ arom sz´ am sz´ın´et a m´ asik sz´ınre v´ altoztatjuk. Mely n-ekre lehet az 1, 2, . . . , n sz´ amok tetsz˝ oleges sz´ınez´es´eb˝ ol kiindulva el´erni, hogy mindegyik sz´ am piros legyen? (4 pont)

loga (ab) logb (ab)  4, (loga a + loga b)(logb a + logb b)  4, (1 + loga b)(logb a + 1)  4, logb a + 1 + loga b logb a + loga b  4, loga b + logb a + loga b logb a  3. log a

Az ismert ¨ osszef¨ ugg´es szerint logb a = loga b = log1 b . Ezt felhaszn´alva az egyena a l˝otlens´eg tov´ abb alak´ıthat´ o:

Megold´ as. Azt fogjuk bel´atni, hogy az n  8 esetekben b´ armelyik kiindul´ o sz´ınez´es eset´en el´erhet˝ o, hogy a sz´amok pirosak legyenek, viszont n  7 eset´en mindig megadhat´o olyan alaphelyzet is, amikor ez nem ´erhet˝ o el. El˝osz¨or azt mutatjuk meg, hogy nyolc szomsz´edos sz´am eset´en mindig megadul a nyolc sz´ am k¨ oz¨ ul hat´ o olyan n´eh´ any l´ep´esb˝ ol a´ll´ o sz´ınez´esi sorozat, amely v´eg¨ egynek a sz´ın´et megv´ altoztatja, a t¨ obbit pedig v´ altozatlanul hagyja. Az al´abbi t´ abl´ azatban a fels˝o sorban elhelyezett sz´ amok jelents´ek a nyolc sz´ am k¨oz¨ ul annak a sorsz´ am´at, amelynek a sz´ın´et kiz´ ar´ olagosan meg akarjuk v´ altoztatni, m´ıg az alatta elhelyezked˝ o sorozatok azt, hogy ez a v´ altoztat´ as (csak ennek a nyolc sz´ amnak a felhaszn´al´as´ aval) milyen l´ep´esekkel ´erhet˝o el. 1 4, 5, 6 5, 6, 7 1, 4, 7

1 + 1  3, loga b + loga b loga b +

1  2, loga b

2

(loga b) − 2 loga b + 1  0, 2

(loga b − 1)  0. Egy val´os sz´am n´egyzete mindig nemnegat´ıv, ´ıgy ez az egyenl˝otlens´eg mindig teljes¨ ul. Egyenl˝os´eg loga b = 1 eset´en ´all fenn. Ekkor a = b. Mivel ekvivalens ´atalak´ıt´ asokat v´egezt¨ unk, ´ıgy a feladatban szerepl˝o egyenl˝ otlens´eg is minden esetben teljes¨ ul, ´es egyenl˝ os´eg a = b eset´en ´all fenn. M´esz´ aros M´ arton (P´ apa, T¨ urr Istv´ an Gimn. ´es Koll., 12. ´evf.) 19 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 7 versenyz˝ o: Ajtai Bogl´ arka, Hord´ os Ad´el Zita, Kis K´ aroly, M´esz´ aros M´ arton, Moln´ ar Istv´ an, Nyitrai Bogl´ arka, Szigeti Don´ at. 4 pontos 3, 3 pontos 1, 2 pontos 1, 1 pontos 5, 0 pontos 2 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

285

Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza)

2 5, 6, 7 6, 7, 8 2, 5, 8

4, 1, 6, 2, 1,

3 5, 4, 7, 5, 2,

6 7 8 8 3

1, 2, 4, 5, 1,

4 2, 3, 5, 6, 4,

3 4 6 7 7

2, 3, 5, 6, 2,

5 3, 4, 6, 7, 5,

4 5 7 8 8

1, 1, 3, 2, 6,

6 2, 4, 4, 5, 7,

3 7 5 8 8

7 1, 2, 3 2, 3, 4 1, 4, 7

8 2, 3, 4 3, 4, 5 2, 5, 8

Teh´at ha n  8, akkor b´armelyik k´ek sz´ amra tekinthet¨ unk egy szomsz´edos nyolcast ´es azzal ezt a sz´ amot a fenti sorozatok valamelyik´evel pirosra sz´ınezhetj¨ uk. Meg kell m´eg mutatni, hogy n  7-re mindig van olyan kiindul´ o helyzet, amelyb˝ol nem sz´ınezhet˝ o a megengedett l´ep´esekkel midegyik sz´am pirosra. Ha n = 1 vagy n = 2, ´es nem csak piros sz´ın˝ u sz´ amaink vannak, akkor nem tudjuk a sz´ınez´es¨ uket megv´ altoztatni. Legyen ezek ut´an 3  n  7 ´es induljunk ki abb´ ol a helyzetb˝ol, amikor a 2 k´ek, a t¨obbi sz´ am pedig piros sz´ın˝ u. Nevezz¨ uk a sz´ınez´es szempontj´ ab´ ol fontos sz´ amok nak a 2, 3, 5, 6 k¨ oz¨ ul azokat, amelyek nem nagyobbak, mint az aktu´alis n. A k¨ovetkez˝ o t´abl´ azatban a fontos sz´ amokat f´elk¨ ov´eren szedt¨ uk. 1 286

2

3

4

5

6

7

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

n = 7-ig a lehets´eges h´ aromtag´ u sz´ amtani sorozatok: {1, 2, 3}, {2, 3, 4}, {3, 4, 5}, {4, 5, 6}, {5, 6, 7}, {1, 3, 5}, {2, 4, 6}, {3, 5, 7}, {1, 4, 7}. Term´eszetesen, ha n < 7, akkor ezek k¨ oz¨ ul azokat el kell hagyni, amelyekben az n-n´el nagyobb sz´ am is el˝ofordul. A bizony´ıt´ as szampontj´ ab´ ol azonban ez nem jelent probl´em´at, mert sorra ul pontosan nulla ellen˝ orizhet˝ oen mindegyik ilyen sorozatban a fontos sz´amok” k¨oz¨ ” vagy kett˝ o szerepel, azaz ezen l´ep´esek egyike sem fogja a sz´ınez´esben szerepl˝ o k´ek sz´ amok parit´as´at megv´altoztatni. Indul´ askor csak egy sz´am, nevezetesen a 2 volt k´ek, ´ıgy nem ´erhet˝ o el, hogy mindegyik sz´am piros legyen. ´ Isk. ´es Gimn., 9. ´evf.) Terj´ek Andr´ as J´ ozsef (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an ¨ Osszesen 51 dolgozat ´erkezett. 4 pontot kapott 31, 3 pontot 8 tanul´ o. 2 pontos 5, 1 pontos 1 tanul´ o dolgozata. 0 pontos 5, nem ´ert´ekelj¨ uk 1 tanul´ o dolgozat´ at.

B. 5006. Az ABCD trap´ez alapjai AB ´es CD, az a ´tl´ ok metsz´espontja M . Az AC ´ atl´ o felezi a BAD sz¨ oget, AM = BC ´es BM = CD. Hat´ arozzuk meg a trap´ez sz¨ ogeit. (4 pont)

OKTV feladat alapj´an

Megold´ as. A trap´ez alapjain fekv˝o CAB ´es ACD sz¨ogek v´ alt´ osz¨ogek, teh´ at egyenl˝ok. Emiatt az ACD h´ aromsz¨ og egyenl˝o sz´ ar´ u. A trap´ez ismert tulajdons´ aga, hogy az AM D ´es BCM h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulete egyenl˝ o. Azt is tudjuk a feladat felt´etelei, illetve az el˝ obbi sz¨ ogegyenl˝ os´eg alapj´ an, hogy AM = BC, toaromsz¨ogeknek nem csak v´ abb´ a BM = CD = DA. Vagyis az AM D ´es BCM h´ a ter¨ ulet¨ uk egyezik meg, hanem k´et-k´et oldaluk is (1. ´ abra). Bel´ atjuk, hogy ez a k´et h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ o is.

egyenesen helyezkedhet el. A harmadik cs´ ucs (R) ezen k´ıv¨ ul rajta van az adott szakasz egyik v´egpontja mint k¨ oz´eppont k¨ or¨ ul rajzolt, a m´ asik adott oldal hossz´ us´ ag´aval megegyez˝ o sugar´ u k¨ orvonalon. A p´ arhuzamos egyenes ´es a k¨ orvonal egym´ast abra szerint. (A m´asik p´ arhuzamos legfeljebb k´et pontban metszi (R1 , R2 ) a 2. ´ egyenes berajzol´ asa, a v´egpontok ´es a k¨ or¨ ulj´ar´ as felcser´el´ese nem vezet ezekt˝ol elt´er˝ o megold´ asra.) A k¨or k¨oz´eppontj´aban a P Q egyenesre a´ll´ıtott mer˝ oleges egyenesre szimmetat rikusan helyezkednek el az R1 Q ´es R2 Q szakaszok, ez´ert P QR1  = V QR2 , teh´ ogek, ha nem egyenl˝ ok, akkor 180◦ -ra eg´esz´ıtik ki egym´ ast. a P QR1 ´es P QR2 sz¨ Most t´erj¨ unk vissza az AM D ´es BCM h´ aromsz¨ ogek vizsg´ alat´ ahoz. El˝ ofordulhat-e itt, hogy az els˝ o ´ abr´ an α-val ´es γ-val jel¨ olt sz¨ ogek kieg´esz´ıt˝ o sz¨ ogek? A sz¨ogek elhelyezked´ese alapj´ an α = ACD < BCD ´es γ = DBC < ABC, ´ıgy ekkor 180◦ = α + γ < BCD + ABC lenne, ez pedig ellentmond´ as, mert az ABCD trap´ez B-hez ´es C-hez tartoz´ o sz¨ ogei ast. Az α ´es γ sz¨ ogek teh´ at ugyanakkor´ ak. 180◦ -ra eg´esz´ıtik ki egym´ Innen a megold´ as m´ar n´eh´ any l´ep´esben befejezhet˝ o. Bel´attuk teh´ at, hogy DAM  ∼ ogek cs´ ucssz¨ ogek, ezek is egyenl˝ ok, vagyis = M BC. Az AM D ´es BM C sz¨ ADM  = BM C = AM D = BCM . Ez a k´et h´ aromsz¨ og teh´at egyenl˝o sz´ ar´ u is. A DM C h´aromsz¨ og is egyenl˝o sz´ ar´ u, ennek a h´ aromsz¨ ognek k¨ uls˝ o sz¨ oge a DM A, amely ezek szerint 2α nagys´ ag´ u. Az AM D egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ og sz¨ ogeire M AD + AM D + M DA = α + 2α + 2α = 180◦ . Innen α = 36◦ , v´eg¨ ul az ABCD trap´ez sz¨ ogei 72◦ , 72◦ , 108◦ , 108◦ . ´ Isk. ´es Gimn., 9. ´evf.) Fleiner Zsigmond (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an ¨ Osszesen 67 dolgozat ´erkezett. 4 pontot kapott 46, 3 pontot 11 tanul´ o. 2 pontos 3, 1 pontos 7 tanul´ o dolgozata.

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1609–1615.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig 1. a ´bra

C. 1609. Oldjuk meg az al´abbi egyenletrendszert a val´ os sz´amp´ arok halmaz´an: x x + y + = 19, y

2. a ´bra

Ehhez el˝osz¨ or azt vizsg´aljuk meg, hogy h´ any olyan nem egybev´ag´o h´aromsz¨og van, amelynek k´et-k´et oldala ´es ter¨ ulete megegyezik. Ha adott a ter¨ ulet, akkor ismerj¨ uk az adott oldalakhoz tartoz´ o magass´ agokat is. Ha felvessz¨ uk az egyik adott oldalt (P Q) ´es az ismert hozz´ atartoz´ o magass´ aggal p´ arhuzamost h´ uzunk ezzel az oldallal, akkor biztos, hogy a h´ aromsz¨ og harmadik cs´ ucsa csak ezen a p´arhuzamos K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

287

x(x + y) = 60. y

288

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

C. 1610. Egy egys´egsugar´ u k¨ or AB ´ atm´er˝ oje ´es AC h´ urja 30◦ -os sz¨oget z´ arnak  arozzuk meg a B  pontb´ ol be egym´ assal. Jel¨ olje B t¨ uk¨ ork´ep´et a C pontra B . Hat´ a k¨ orh¨ oz h´ uzott ´erint˝ok AB egyenessel val´ o metsz´espontj´anak B-t˝ol val´o t´ avols´ ag´ at. Feladatok mindenkinek C. 1611. Az els˝o 21 pozit´ıv eg´esz sz´ am k¨ oz¨ ul n´eh´ anyat kiv´ alasztunk u ´gy, hogy b´ armely kett˝ o k¨ ul¨ onbs´eg´enek az abszol´ ut ´ert´ek´et v´eve ezen ´ert´ekek k¨oz¨ott ne legyen k´et egyforma. Legfeljebb h´ any k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´ert´ek j¨ ohet l´etre? Adjunk konkr´et p´eld´ at is erre az esetre. C. 1612. Az A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 konvex h´etsz¨og egy olyan k¨orbe ´ırhat´o bele, amelynek k¨ oz´eppontja a h´etsz¨ og belsej´eben van. Bizony´ıtsuk be, hogy az A1 , A3 ´es ucsokn´ al l´ev˝ o bels˝ o sz¨ ogek ¨ osszege kisebb 450◦ -n´ al. A5 cs´ C. 1613. Egy kos´ arlabda-bajnoks´ agon n csapat vett r´eszt. B´ armelyik k´et csapat pontosan egyszer j´atszott egym´ assal, d¨ ontetlen nem volt. A bajnoks´ag v´eg´en az i-edik csapatnak xi gy˝ ozelme ´es yi veres´ege volt (i = 1, 2, . . . , n). Bizony´ıtsuk be, hogy x21 + x22 + . . . + x2n = y12 + y22 + . . . + yn2 . (Horv´ at feladat) Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1614. Egy 30 cm sugar´ u k¨ or alak´ u t´ alca sz´el´en elhelyez¨ unk 12 darab 9 cm ´tm´er˝ a oj˝ u, fel¨ ulr˝ ol k¨ or alak´ u muffint u ´gy, hogy a t´alca sz´el´et ´erintik, ´es a szomsz´edosak egyenl˝ o t´ avols´ agra helyezkednek el egym´ ast´ ol. Mekkora ez a t´ avols´ ag? C. 1615. Juliska nagymam´aja minden h´etf˝on s¨ utit s¨ ut. Mindig v´eletlenszer˝ uen v´ alaszt az a´ltala ismert v´egtelen sok recept k¨oz¨ ul, amiknek a 60%-a csokis. Juliska el´eg v´ alogat´ os: nagymama csokis s¨ utijeinek csak a 90%-´ at szereti, a t¨obbi s¨ utij´enek viszont csak 30%-´at. Egy k¨ ul¨ onleges h´etf˝on k´etf´ele s¨ utit is s¨ ut a nagymama. Hat´ arozzuk meg annak a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy Juliska a k´et s¨ uti k¨oz¨ ul pontosan egyet szeret. Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. j´ unius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

B. 5103. Tegy¨ uk fel, hogy a, b, c, x, y ´es z olyan pozit´ıv sz´amok, amelyekos´egek teljes¨ ulnek. Igazoljuk, hogy re az a2 + b2 = c2 ´es az x2 + y 2 = z 2 egyenl˝ 2 2 2 arozzuk meg, hogy mikor a´ll fenn az egyen(a + x) + (b + y)  (c + z) , ´es hat´ l˝os´eg. (3 pont)

Javasolta: Kiss S´ andor (Ny´ıregyh´ aza)

B. 5104. Legyenek az ABC h´ aromsz¨ og be´ırt k¨ or´enek ´erint´esi pontjai az olaromsz¨ og k¨ or´e´ırt, illetve be´ırt k¨ or´enek sugara R ´es r. dalakon A1 , B1 ´es C1 , a h´ aromsz¨ ogek ter¨ ulet´enek ar´ anya r : 2R. Mutassuk meg, hogy az A1 B1 C1 ´es ABC h´ (4 pont) B. 5105. Legyen n pozit´ıv eg´esz. Hat´ arozzuk meg azt a legkisebb k sz´ amot, ah´any sz´ınnel b´ armilyen n cs´ ucs´ u ir´ any´ıtott egyszer˝ u gr´ af ´elei sz´ınezhet˝ ok u ´gy, hogy ne legyen benne egysz´ın˝ u k¨ or. (4 pont)

Javasolta: Szab´ o Korn´el (Budapesti Fazekas M. Gyak. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Alt.

B. 5106. Fel´ırjuk a t´ abl´ ara az n + 1, n + 2, . . . , 2n sz´ amokat (n  2), majd a k¨ ovetkez˝ o l´ep´est ism´etelgetj¨ uk: kiv´ alasztunk k´ e t sz´ a mot (x ´ e s y) a t´ a bl´ a n, let¨ o r¨ o lj¨ u k   2 2 2 2 amokat. Iga˝oket, ´es helyett¨ uk fel´ırjuk az x + y + x + y ´es x + y − x + y sz´ zoljuk, hogy soha nem ´ırhatunk a t´ abl´ ara 1,442-n´el kisebb sz´ amot. (5 pont)

B. 5107. Az ABCD h´ urn´egysz¨ ogben az a´tl´ ok metsz´espontja F , az AB ´es CD oldalegyenesek metsz´espontja E, az EF szakasz felez˝opontja G, a BF szakasz felez˝opontja H, a BC oldal felez˝ opontja pedig I. Mutassuk meg, hogy GF D = GIH. (6 pont) B. 5108. Az A, B1 , B2 , B3 , C1 , C2 , C3 pontok ebben a sorrendben egy egyenesen vannak. Az egyenes egyik oldal´ an, az egyenesre mer˝ olegesen rajzoljuk ol indul´o bi f´elegyeneseket ´es az ACi ´ atm´er˝ oj˝ u ci f´elk¨ or¨ oket (i = meg a Bi pontb´ orb´ek ´ altal hat´ arolt tartom´anyba ´es a b2 , 1, 2, 3). Igazoljuk, hogy ha a b1 , c1 , b2 , c2 g¨ c2 , b3 , c3 ´altal hat´ arolt tartom´anyba egy-egy k¨ ort lehet ´ırni, akkor a b1 , c1 , b3 , c3 ´altal hat´ arolt tartom´anyba is k¨ ort lehet ´ırni.

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5102–5109.)

B. 5102. Adott a s´ıkban n k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pont, nem esik mind egy egyenesre. Mutassuk meg, hogy van olyan ¨ onmag´at nem metsz˝o, z´ art t¨or¨ottvonal, amelynek az adott pontok a cs´ ucsai. (Egy t¨ or¨ ottvonal cs´ ucs´ an´al lehet 180◦ -os sz¨og is.) (5 pont)

(3 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

289

290

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

B. 5109. Legyen x1 = 2,

x2 = 7,

xn+1 = 4xn − xn−1

(n = 2, 3, . . .).

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

Van-e n´egyzetsz´am ebben a sorozatban? (6 pont) Javasolta: George Stoica (Saint John, Canada)

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. j´ unius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (777–779.) A. 777. Egy n pont´ u, s´ıkbarajzolt v´eges G(V, E) gr´ afra jel¨olje x(e) azon ´elek sz´ am´at, melyek keresztezik az e ´elt. Bizony´ıtand´ o, hogy 

e∈E

I. 511. Andi ´es Bandi a szorz´ as gyakorl´as´ ara kital´altak egy j´ at´ekot. A j´ at´ekban el˝ osz¨or v´alasztottak egy pozit´ıv eg´esz sz´ amot 1 ´es 1000 k¨ oz¨ ott. Ezut´ an felv´altva mondtak pozit´ıv eg´esz sz´ amokat, de csak olyat, amit kor´ abban m´eg nem mondott egyik¨ uk sem ´es nem nagyobb a v´ alasztott sz´ amn´ al. A j´ at´ek addig tartott, am´ıg valaki olyan sz´ amot nem mondott, amivel megszorozva b´ armelyik kor´ abban elhangzott sz´ amot a szorzat a j´at´ek elej´en v´ alasztott sz´ am lett. Az vesz´ıtett, aki az utols´ o sz´ amot mondta. Sokat j´ atszottak, majd elkezdtek gondolkodni azon, hogy vajon mi lehet a kezd˝o vagy a m´ asodiknak sz´ amot mond´ o j´ at´ekos sz´ am´ara a nyer˝ o strat´egia. R´ aj¨ ottek a m´odszerre, ´es arra is, hogy a v´ alasztott sz´ amt´ ol f¨ ugg, hogy kinek kedvez a j´at´ek, de ezt nem n´ezt´ek meg mind az 1000 esetre. Tal´aljuk ki, hogy mi lehet a nyer˝ o strat´egia, majd k´esz´ıts¨ unk programot, amely megadja, hogy adott v´alasztott sz´ am eset´en a kezd˝ o vagy a m´ asodik j´ at´ekos tude nyerni, ha a strat´egi´ at a j´ at´ek sor´ an v´egig alkalmazza. A program bemenete a v´ alasztott sz´ am. A kimenetre ´ırjunk 1-est, ha az els˝ o, ´es 2-est, ha a m´asodik j´at´ekosnak van nyer˝ o strat´egi´ aja. Bemenet

1  3n − 6. x(e) + 1

10

Javasolta: P´ alv¨ olgyi D¨ om¨ ot¨ or (Budapest)

A. 778. Keress¨ uk meg az o amot, ¨sszes olyan d n´egyzetmentes pozit´ıv eg´esz sz´ melyre megoldhat´ o az x2 + dy 2 = 2n egyenlet a pozit´ıv eg´esz sz´ amok k¨or´eben. Javasolta: Williams Kada (Cambridge) A. 779. Adott k´et r¨ ogz´ıtett k¨ or, Ω ´es a belsej´eben ω. Az ω k¨oz´eppontja I. Az Ω k¨ or¨ on mozog egy P pont. A P -b˝ ol ω-hoz h´ uzott ´erint˝ok m´asodik metsz´espontja Ω-val Q, illetve R. Az IQR k¨ or m´asodik metsz´espontjai a P I, P Q ´es P R egyenesekkel rendre J, S, illetve T . A J t¨ uk¨ ork´epe az ST egyenesre K. Mutassuk meg, hogy a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o P K egyenesek egy ponton mennek ´at.

❄

2

Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i511.zip ´ allom´anyban a program forr´ ask´ odja ´es r¨ovid dokument´ aci´ oja, amely megadja, hogy a forr´ as´ allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben ford´ıthat´ o. I. 512. A j´ arv´ anyok az ´el˝ ovil´ ag kialakul´as´ aval egyid˝ osek. Az ilyen t´ıpus´ u popul´ aci´ obiol´ ogia rendszerek legt¨ obb ´atalakul´asa t¨ obb egym´as ut´an k¨ ovetkez˝ o l´ep´esben megy v´egbe. Ezek a l´ep´esek tipikusan sorozatot alkotnak. A j´arv´ anyterjed´es modellez´es´ehez t¨ obb-kevesebb param´etert vesznek figyelembe. Az egyik legegyszer˝ ubb modellt, az SEIR-t vizsg´ aljuk meg t´ abl´ azatkezel˝ ovel. Ebben a modellben a j´arv´ anyterjed´es szempontj´ab´ ol n´egy csoportra osztjuk a popul´aci´ ot: – S susceptible, azaz fog´ekonyak, m´eg nem estek a´t a betegs´egen; – E exposed, azaz lappang´o, de m´eg nem fert˝ oz˝ o egyedek; – I infectious, azaz fert˝oz¨ ottek, betegek; – R recovered, azaz gy´ ogyultak.

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. j´ unius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Kimenet

Az oszt´alyok k¨ oz¨ otti a´talakul´as: S → E → I → R. 291

292

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Az emberek megfert˝oz˝ odnek ´es maguk is fert˝ oz˝ ov´e v´ alnak, majd meggy´ ogyulnak, vagy sajnos meghalnak. Az ut´ obbi trag´edi´aval ez az egyszer˝ u modell nem foglalkozik. A bet˝ uk jel¨ olj´ek, hogy h´ any egyed tartozik az egyes oszt´ alyokba. Vizsg´ aljuk meg, hogy az oszt´alyok l´etsz´ ama hogyan v´ altozik az id˝ oben n´eh´ any kezdeti param´eter mellett. Legyen a teljes popul´aci´ o sz´ ama N , ´ıgy ekkor minden id˝ opontban teljes¨ ul, hogy N = S + E + I + R. Egy u ´j k´ orokoz´o eset´en felt´etelezhetj¨ uk, hogy kezdetben a teljes popul´ aci´ o fog´ekony r´ a, azaz S ≈ N . Legyen – β a k´ orokoz´o ´ atad´ asi val´ osz´ın˝ us´ege egy fert˝oz˝ o ´es egy fog´ekony egyed k¨oz¨ott; – σ a lappang´ ok fert˝oz˝ ov´e v´ al´as´ anak sebess´ege; ogyul´as´anak sebess´ege. – γ a betegek meggy´ I I Ekkor a fog´ekony egyedek sz´am´anak v´ altoz´ asa ΔS = −β · N · S, ahol az N h´ anyados a fert˝ oz¨ ottek ar´ anya a teljes popul´ aci´ ohoz k´epest. Min´el nagyobb ez az ´ert´ek, ann´ al gyorsabb a j´arv´ any terjed´ese. A lappang´ o esetek sz´ ama ´eppen ennyivel n¨ ovekszik, mik¨ozben egy r´esz¨ uk betegg´e v´ alik: I · S − σ · E. ΔE = β · N A fert˝ oz¨ ottek sz´ ama σ·E-vel n¨ ovekszik, ´es a meggy´ ogyul´okkal cs¨okken:

ΔI = σ · E − γ · I. A gy´ ogyultak sz´ am´anak v´ altoz´ asa ΔR = γ · I. Szimul´aljuk a j´arv´ any kialakul´as´ at id˝oegys´egenk´ent (naponta). Minden l´ep´esben sz´ am´ıtsuk ki a jelenlegi adatok alapj´ an a v´ altoz´ asokat, majd a k¨ovetkez˝ o napon a megv´ altozott ´ert´ekekkel dolgozzunk: S(n + 1) ← S(n) + ΔS(n), I(n + 1) ← I(n) + ΔI(n)

E(n + 1) ← E(n) + ΔE(n), ´es

R(n + 1) ← R(n) + ΔR(n).

A szimul´aci´ ot legal´abb 150 napra v´egezz¨ uk el az al´ abbiak szerint: • Az indul´o param´etereket a t´ abl´ azat els˝ o n´eh´ any sor´aban lehessen megadni, hely¨ uket feliratokkal jelezz¨ uk. P´eldak´ent N = 10 000 000; β = 0,9; σ = 0,1; γ = 0,2. • Hat´ arozzuk meg a t´ abl´ azat k´et cell´aj´aban, hogy h´anyadik nap lesz a fert˝ oz˝ o betegek sz´ ama maxim´ alis ´es mekkora ez az ´ert´ek. ´ azoljuk az S, E, I, R oszt´ • Abr´ alyok l´etsz´ am´at az id˝o f¨ uggv´eny´eben. A diagram uk. ´ertelmez´es´et feliratokkal seg´ıts¨ Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i512.zip a ´llom´anyban a munkaf¨ uzet, valamint egy r¨ ovid dokument´ aci´ o, amelyb˝ol kider¨ ul az alkalmazott t´ abl´ azatkezel˝ o neve ´es verzi´ osz´ ama. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

293

´ A sejtautomata elnevez´es Neumann J´ I. 513 (E). anost´ ol sz´ armazik az 1940-es ´evek elej´er˝ ol, aki az ¨ onmag´at reproduk´al´o g´ep logik´ aj´at, l´etrehoz´ as´anak lehet˝os´egeit vizsg´alta. A legh´ıresebb sejtautomata a John Horton Conway ´ altal kital´ alt ´eletj´ at´ek. Conway egy h´ onappal ezel˝ott, 2020 a´prilis´aban halt meg, ´ıgy ezzel a feladattal r´ a is eml´ekez¨ unk. A Conway-f´ele ´eletj´at´ekban sejtek ´elnek egy k´etdimenzi´os vil´agban. A sejtek egy k´epzeletbeli t´ abl´ azat egy-egy cell´ aj´aban tal´alhat´ ok. Viselked´es¨ uket az hat´ arozza meg, hogy az ˝oket tartalmaz´ o cella 8 szomsz´edja k¨ oz¨ ul h´ anyban tal´alhat´ o sejt. Ha egy sejt szomsz´edos cell´ai k¨ oz¨ ul kett˝on´el kevesebb vagy h´ aromn´ al t¨ obb tartalmaz sejtet, akkor a sejt elpusztul, egy´ebk´ent ´eletben marad. Ha egy cella u ¨res, de oz¨ ul pontosan h´ aromban van sejt, akkor az u ´j sejt a szomsz´edos cell´ak k¨ ¨res cell´aban u sz¨ uletik. A le´ırt v´ altoz´ asok nem folyamatosan, hanem l´ep´esekben (gener´ aci´ okban) t¨ort´ennek. Kezdetben az ´elett´er bizonyos cell´ aiban vannak sejtek, m´ıg a t¨ obbi cell´aban nincsenek. P´eld´ aul egy 6 × 6-os ´elett´er hat egym´ ast k¨ ovet˝o ´ allapota (a sz¨ urke cell´akban vannak sejtek, a s¨ ot´etebbek u ´j sejtek hely´et mutatj´ ak):

K´esz´ıts¨ unk programot sejtautomata n´even egy 50 × 50-es n´egyzeth´ al´os ´eletj´at´ekhoz ´es oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o feladatokat. A megold´ asok sor´ an a mint´ ahoz hasonl´ oan val´ os´ıtsuk meg a felhaszn´ al´oval t¨ ort´en˝ o kommunik´ aci´ ot (az ´ekezetmentes ki´ır´as is elfogadott). 1. Olvassuk be az ´elett´er kezdeti a´llapot´ at a conway.txt sz¨ oveges a´llom´anyb´ol ´es t´ aroljuk el az adatokat u ´gy, hogy a szimul´aci´ ohoz haszn´alni tudjuk o˝ket. A sz¨oveges a´llom´any 50 sorb´ ol a´ll, melyek mindegyik´eben 50 karakter tal´ alhat´ o. Az ´allom´any i-edik sor´ anak k-adik karaktere az ´elett´er i-edik sor´ anak k-adik oszlop´aban l´ev˝ o cella kezdeti tartalm´at mutatja: sz´ok¨ oz eset´en a cella u ¨res, s bet˝ u eset´en a cell´aban sejt van. 2. Adjuk meg, hogy ¨ osszesen h´ any sejt tal´alhat´ o az ´elett´erben. K´esz´ıts¨ unk f¨ uggv´enyt szomszed n´even, amelynek bemeneti param´etere i ´es k, amelyek az ´elett´er i-edik sor´ at ´es k-adik oszlop´ at jelentik. A f¨ uggv´eny sz´ am´ıtsa ki ´es adja vissza a megfelel˝o cella szomsz´edjaiban tal´ alhat´ o sejtek sz´ am´at. 3. K´erj¨ uk be a felhaszn´ al´ot´ ol egy oszlop ´es egy sor ´ert´ek´et, ´es adjuk meg, hogy az adott cell´aban van-e sejt, illetve azt, hogy a cella szomsz´edjaiban h´any sejt tal´ alhat´ o. 4. K´esz´ıts¨ unk elj´ ar´ ast egylepes n´even, amely elv´egez egy szimul´ aci´ os l´ep´est. Vegy¨ unk fel az eredeti ´elett´er mell´e m´eg egy a´tmeneti t´arol´ ot, amely az ´elett´er oban. Vizsg´ aljuk meg az ´elett´er ´allapot´ at mutatja majd a k¨ ovetkez˝ o gener´ aci´ cell´ ait a fenti le´ır´ asnak megfelel˝oen, majd ez alapj´ an adjunk ´ert´eket a most l´etrehozott a´tmeneti t´ arol´ onak. Az elj´ ar´ as v´eg´en a kisz´am´ıtott u ´j ´elett´er ´ert´ekei ker¨ uljenek a t´ arol´ ob´ ol az eredeti ´elett´erbe. 294

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

5. Sz´am´ıtsuk ki, hogy h´any olyan sejt van az ´elett´erben, amely ´eletben marad egy szimul´ aci´ os l´ep´es megt´etele ut´ an, majd az eredm´enyt jelen´ıts¨ uk meg. 6. V´egezz¨ uk el a szimul´ aci´ o n l´ep´es´et az egylepes alprogram megh´ıv´ as´aval, ahol n ´ert´ek´et a felhaszn´ al´ot´ ol k´erj¨ uk be. 7. Adjuk meg, hogy az eddig elv´egzett n l´ep´es ut´an most h´ any sejt fog sz¨ uletni a k¨ ovetkez˝ o szimul´ aci´ os l´ep´esben. 8. Adjunk statisztik´ at a szimul´aci´ o k¨ ovetkez˝ o 100 l´ep´es´eben az ´elett´er a´llapot´ ar´ ol. ´Irjuk a statisztika.txt sz¨ oveges a´llom´any egy-egy sor´ aba az ´elett´erben l´ev˝ o sejtek, a k¨ ovetkez˝ o szimul´ aci´ os l´ep´esben elpusztul´o ´es sz¨ ulet˝ o sejtek sz´am´at egy-egy sz´ ok¨ ozzel elv´ alasztva. Ha az ´elett´er u at a sejtek kihalnak, akkor ¨res, teh´ az a´llom´anyba 0 0 0 tartalm´ u sorokat ne ´ırjunk, hanem helyette a k¨ovetkez˝ o sor jelenjen meg: A szimul´aci´ o 34. l´ep´ese ut´ an az ´elett´er m´ar nem tartalmaz ” sejteket.” A szimul´ aci´ os l´ep´esek k¨ oz´e a 6. feladatban v´egrehajtott n l´ep´es is belesz´ am´ıt. P´elda a be/kimenetre: 2. feladat: Az ´elett´erben tal´alhat´o sejtek sz´ama: 142 3. feladat: A vizsg´alt cella oszlopa: 4 A vizsg´alt cella sora: 5 A cell´aban nincs sejt, a szomsz´edos cell´akban a sejtek sz´ama 1. 5. feladat: Az ´elett´erben 25 olyan sejt van, amely a k¨ ovetkez˝ o id˝ opontban is ´eletben marad. 6. feladat: H´any l´ep´est v´egezz¨ unk el a szimul´aci´ob´ ol: 10

Bemenet

Kimenet

4 3 551 555 551 560

4

Korl´ atok: 1  N, K, Ai  105 , eg´esz sz´ amok. Id˝ okorl´at: 0,3 mp. ´ ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ Ert´ o, ha N, K, Ai  1000. Bek¨ uldend˝o egy is45.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. S. 144. Az asztalon N kock´ at tal´alunk, az n-edik kocka ´el´enek hossza an eg´esz akat 0-t´ ol indexelj¨ uk). A kock´ akkal Q m˝ uveletet hajtunk sz´ am, t´erfogata Vn (a kock´ v´egre egym´ as ut´an. Az i-edik m˝ uveletben megv´ altoztatjuk az ¨ osszes kocka ´el´enek anyban bi -vel. Minden m˝ uvelet ut´ an adjuk meg a kock´ ak hossz´ at az [li , ri ] tartom´ t´erfogatainak ¨ osszeg´et modulo 109 +7. Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N ´es Q sz´ amot. A k¨ ovetkez˝ o sor N pozit´ıv sz´amot tartalmaz: a kock´ ak ´eleinek hossz´at sorrendben, ezek legfeljebb 109 nagys´ ag´ uak. A k¨ ovetkez˝ o Q sor mindegyike tartalmaz egy li , ri ´es bi eg´esz sz´ amot altoztat´ asok sor´ an a kock´ ak ´ele mindig pozit´ıv (0  li  ri < N , |bi |  109 ). A v´ marad.   N −1 Vn modulo 109 + 7 Kimenet: adjuk meg minden v´ altoztat´ as ut´an a n=0 ´ert´eket. P´elda:

7. feladat: Az ´elett´erben 12 sejt fog sz¨ uletni a k¨ ovetkez˝ o szimul´aci´os l´ep´esben. I/S. 45. Jen˝o az Alf¨ old tengers´ık vid´ek´er˝ ol felk¨olt¨oz¨ott a Budai-hegyekbe. Hogy min´el ink´ abb otthon ´erezze mag´at, szeretn´e a kertj´et ´atrendezni, hogy kev´esb´e legyen hegyes-v¨ olgyes. A kert N parcell´ab´ ol a´ll, az i-edik parcella tengerszint feletti onek egy o´r´ aba telik egy parcella tetej´er˝ ol egy r´eteg 1 m´eter magass´ aga Ai m´eter. Jen˝ magass´ ag´ u f¨ oldet a´thordani egy m´asik parcella tetej´ere (ekkor az egyik parcella magass´ aga 1 m´eterrel cs¨ okken, a m´ asik´e 1 m´eterrel n˝ o). Jen˝ o akkor fogja mag´ at otthonosan ´erezni, ha a kertben b´ armely k´et parcella magass´ ag´ anak elt´er´ese nem nagyobb, mint K m´eter. ´Irjunk programot, amely megmondja, hogy minimum h´ any or´ ´ at kell dolgoznia Jen˝onek, hogy el´egedett legyen a kertj´evel ´es otthonosan ´erezze mag´ at u ´j lak´ ohely´en. Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza a parcell´ak N sz´ am´at ´es K ´ert´ek´et. A m´asodik sor N darab sz´ amot: az i-edik sz´ am az i-edik parcella Ai tengerszint feletti magass´ aga m´eterben. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Kimenet: egyetlen sz´ am, amely megadja, hogy minimum h´any ´ or´ at kell dolgoznia Jen˝onek, hogy b´armely k´et parcella magass´ ag´ anak elt´er´ese legfeljebb K legyen. P´elda:

295

Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) 5 2 1 1 1 1 2 0 1 1 / 4 4 -1

Kimenet 26 19

Korl´ atok: 1  N, Q  105 . Id˝ okorl´at: 0,4 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N, Q  100. Bek¨ uldend˝o egy s144.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o.

❄ A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k ¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. j´ unius 10. ¨ ld´

296

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

¨ unk most egy v 0 sebess´eggel mozg´o vonatkoztat´ asi rendszerbe, ´es ´ırjuk fel a r´eUlj¨ szecsk´ere hat´ o er˝ ot ebben a (vessz˝osen jel¨ olt) rendszerben is:

Vezet˝ o henger mozg´ asa homog´ en m´ agneses t´ erben

F  = Q(v − v 0 ) × B  + QE  .

Fizika feladatok megold´asa sor´ an nagy szerephez jutnak bizonyos tr¨ ukk¨ok”, ” mesterfog´asok”. Ezen ´ır´ as c´elja, hogy egy ´erdekes ´es tanuls´ agos p´eld´ an kereszt¨ ul ” k´et hasznos elj´ar´ ast is bemutasson, amelyek seg´ıts´eg´evel – bizonyos esetekben – f´emek elektromos t´erben val´o viselked´ese” le´ırhat´o. ” A probl´ ema Feladatunk, hogy le´ırjuk, milyen t¨ olt´eselrendez˝ od´es alakul ki egy hossz´ u, v´ekony fal´ u f´emhenger fel¨ ulet´en, ha a f´emhengert homog´en m´agneses t´erbe helyezz¨ uk, majd az indukci´ovonalakra mer˝ oleges ir´ anyban kis sebess´eggel (a f´enysebess´egn´el sokkal lassabban) mozgatjuk. Legyen a henger sugara R, sebess´eg´enek nagys´ aga v0 , a m´ agneses indukci´ o nagys´ aga pedig B. A vezet˝ o hengerben szabad t¨ olt´eshordoz´ ok vannak, melyek elmozdulhatnak, ´ıgy a semleges testben megv´ altozhat a t¨ olt´eseloszl´as. Ha a feladatot az ´all´o” K vo” natkoztat´ asi rendszerben pr´ ob´ aljuk megoldani, akkor az rem´enytelen¨ ul bonyolultt´ a utt v´ alik. Pr´ ob´ alkozzunk meg olyan K rendszerben dolgozni, ami a hengerrel egy¨ oleges ir´ anyban v0 sebess´eggel mozog a m´agneses t´erre ´es a henger tengely´ere mer˝ (1. ´ abra). (Vegy¨ uk ´eszre, hogy a K rendszer is inerciarendszer, hiszen a sebess´ege K-hoz k´epest id˝oben a´lland´ o.) A K rendszerben a henger a´ll, teh´at a benne l´ev˝ o szabad t¨ olt´eshordoz´ okra (az elektronokra) biztosan nem hat a m´agneses t´erb˝ol sz´ armaz´ o Lorentz-er˝ o. A mozg´o rendszerbe val´ o´ att´er´essel l´ atsz´ olag kik¨ usz¨ob¨olt¨ uk a henger mozg´as´ab´ ol fakad´ o neh´ezs´eget, azonban – mint l´atni fogjuk – ennek az a´tt´er´esnek ´ ara” van. ”

Hasonl´ıtsuk ¨ ossze a k´et rendszerben fel´ırt er˝ ot! Mivel mindk´et vonatkoztat´ asi rendszer inerciarendszer, nyilv´ an teljes¨ ul, hogy F = F  (hiszen a t¨ olt¨ ott r´eszecske gyorsul´asa ugyanakkora mindk´et inerciarendszerben), vagyis fenn´ all: v × (B − B  ) + E + (v 0 × B  ) − E  ≡ 0. A r´eszecske (tetsz˝ oleges ir´ any´ u) v sebess´eg´evel ar´ anyos tag elt˝ un´es´eb˝ ol B  = B, a sebess´eg´et˝ ol f¨ uggetlen tagokb´ ol pedig E  = E + (v 0 × B) ad´odik.∗ A sz´amunkra fontos esetben, amikor az ´all´ o rendszerben nincs elektromos t´er, vagyis E ≡ 0, a mozg´o rendszerben tapasztalhat´ o homog´en elektromos mez˝ o t´erer˝ oss´egvektora: E  = v 0 × B. Visszat´erve az eredeti probl´em´ ahoz a feladatunk nem m´as, mint meghat´ arozni, milyen t¨olt´eselrendez˝ od´es alakul ki egy homog´en f´emhenger fel¨ ulet´en, ha a tengely´ere mer˝ oleges, homog´en elektromos t´erbe helyezz¨ uk, melynek nagys´ aga (1)

E0 = v0 B.

A k¨ovetkez˝ okben k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o m´odszerrel is megoldjuk ezt a feladatot. Az egyik matematikailag k¨ onnyebb, a´m egy szokatlan gondolatot ( mesterfog´ast”) ig´enyel. ” A m´asik elj´ar´ as a t¨ uk¨ ort¨ olt´es m´odszer´et alkalmazza; ez tal´ an hamarabb esz¨ unkbe juthat, azonban a sz´amol´as hosszadalmasabb. A szuperpoz´ıci´ o m´ odszere

1. a ´bra. Homog´en m´ agneses t´erben mozg´ o f´emhenger

Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert a henger helyett vizsg´aljunk csak egyetlen pontt¨olt´est, amely homog´en m´agneses ´es elektromos mez˝ oben mozog! Legyen a pontszer˝ u test sebess´egvektora v, a t¨ olt´ese Q, a m´ agneses indukci´ o vektora B, az elektromos t´erer˝ oss´egvektor pedig E. A pontt¨ olt´esre hat´ o er˝ o az a´ll´o rendszerben: F = Q(v × B) + QE. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

297

Az els˝o megold´ as sor´ an egy olyan tr¨ ukkel ´el¨ unk, amely ugyan el´eg speci´ alis, azonban hasznos lehet hasonl´ o jelleg˝ u elektrosztatikai feladatok megold´as´ an´ al. A f´emek belsej´eben egyens´ ulyi ´ allapotban nem lehet elektromos t´er, ´ıgy olyan t¨ olt´eselrendez´est keres¨ unk, amelyet az eredeti, k¨ uls˝ o t´erre szuperpon´ alva a henger belsej´eben z´erus elektromos teret eredm´enyez. Vizsg´aljuk meg, hogy milyen az elektromos tere egy egyenletes t´erfogati t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eggel rendelkez˝o, hossz´ u hengernek a henger belsej´eben. Ehhez a Gauss-f´ele ∗

Ezek a transzform´ aci´ os k´epletek csak v  c eset´en ´erv´enyes, k¨ ozel´ıt˝ oleg helyes ¨ osszef¨ ugg´esek. A f´enysebess´eggel ¨ osszem´erhet˝ o sebess´eg˝ u mozg´ asokn´ al (ami egy makroszkopikus testn´el megval´ os´ıthatatlan) a B t´erer˝ oss´eg is megv´ altozik.

298

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

fluxust¨ orv´enyt fogjuk fel´ırni a henger egy h hossz´ us´ag´ u darabj´ara. Az elrendez´es forg´ asszimmetrikus, a t´erer˝ oss´eg er˝ ovonalai sug´arir´any´ uak, a t´erer˝ oss´egvektor nagys´ ag´ at meghat´aroz´ o¨ osszef¨ ugg´es pedig hr2 π = 2rπhE(r). ε0 A fenti ¨ osszef¨ ugg´esben a henger t´erfogati t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg´et, r pedig a henger tengely´et˝ ol m´ert t´ avols´ agot jel¨ oli. Mivel most csak az r < R esetet vizsg´aljuk, ennek megfelel˝oen ´ırtuk fel a Gauss-t¨ orv´enyt. Rendezve az egyenletet az elektromos t´erer˝ oss´eg nagys´ ag´ ara ezt kapjuk: r . E(r) = 2ε0 Vizsg´aljunk most k´et hengert, az egyik (a P k¨ oz´eppont´ u) henger pozit´ıv, a m´asik (a Q k¨oz´eppont´ u) pedig negat´ıv t´erfogati t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eggel rendelkezik (2. a ´bra). Tekints¨ unk egy tetsz˝ oleges A pontot a mindk´et henger a´l−−→ −→ −→ tal lefedett r´eszen! A P Q, P A ´es QA vektorok seg´ıts´eg´evel, illetve az elektromos t´erer˝ oss´egvektor nagys´ ag´ ara kapott ¨ osszef¨ ugg´es felhaszn´ al´as´ aval az A pontban az elektromos t´erer˝ oss´eg a k¨ ovetkez˝ o alakban ´ırhat´ o fel: (2)

EA =

2. ´ abra. Ellent´etesen t¨ olt¨ ott hengerek

−→ −→ −−→ PA − QA = P Q. 2ε0 2ε0 2ε0

L´atjuk, hogy a k´et henger a´tfed˝ o r´esz´en az elektromos t´erer˝ oss´eg vektora nem f¨ ugg az A pont helyzet´et˝ ol, teh´ at val´ oban homog´en elektromos mez˝ o alakul ki. Mi a helyzet azon r´eszekkel, ahol nincs a hengerek k¨ oz¨ ott a´tfed´es? A P Q, valamint P G szakaszok a´ltal bez´ art sz¨oget jel¨ olj¨ uk ϕ-vel. Ha a P Q t´avols´ ag x, akkor a GF szakasz hossza

EA = v0 B, hiszen ekkor lesz z´erus elektromos t´er a f´emen bel¨ ul. A (2)–(3)–(4) egyenletek alapj´ an a fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg m´ ar k¨ onnyen kisz´ am´ıthat´ o: (5)

η = 2ε0 v0 B cos ϕ.

A k´et, ellent´etesen t¨ olt¨ ott henger seg´ıts´eg´evel l´etrehozott elektromos t´er a k¨ uls˝ o elektromos t´errel egy¨ utt ´eppen olyan ered˝o teret ad, amely a f´emhengeren bel¨ ul elt˝ unik. A kapott eredm´eny szerint a fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg f¨ ugg a henger fel¨ ulet´en megv´ alasztott pont hely´et˝ ol. A m´asodik megold´ as sor´ an azt is l´atni fogjuk, hogy a sz¨ogf¨ ugg´es milyen fizikai tartalommal b´ır. Tu ort¨ olt´ esek 2 dimenzi´ oban ¨ k¨ A m´asodik megold´ as sor´ an a t¨ uk¨ ort¨ olt´es m´ odszer´et fogjuk alkalmazni. Ez a m´odszer kiv´ al´oan alkalmazhat´ o magasfok´ u” szimmetri´aval rendelkez˝ o t¨ olt´esel” rendez˝od´esek est´en, bizonyos esetekben azonban a sz´ am´ıt´ asok hosszadalmass´a v´alhatnak. Az al´ abbiakban ismertet´esre ker¨ ul˝ o m´ odszer alkalmas lehet m´eg elektromosan felt¨olt¨ott sz´ alak ´es f´emhengerek k¨ oz¨ otti er˝ ohat´ as, illetve p´ arhuzamos f´emhengerek kapacit´ as´ anak meghat´aroz´ as´ ara is. A t¨ uk¨ort¨olt´es m´ odszer alkalmaz´ asa speci´alis geometriai viszonyokat k´ıv´ an. J´ol ismert, hogy egy f´ems´ık (f´ems´ıkok) vagy egy f´emg¨ omb k¨ ozel´eben elhelyezked˝ o pontszer˝ u t¨olt´es ´es a f´em egy¨ uttes elektromos tere olyan lesz, mintha a val´ odi t¨olt´esen k´ıv¨ ul egy alkalmas helyen elhelyezked˝ o ´es alkalmas nagys´ ag´ u m´asik t¨ olt´es (t¨ uk¨ort¨olt´es) is jelen lenne. (Ez az er˝ot´er csak a f´emfel¨ ulet egyik oldal´ an, a val´ odi olt´est tartalmaz´o t´err´eszben ´erv´enyes, a m´ asik oldalon az elektromos t´erer˝ oss´eg t¨ nulla.) Eset¨ unkben nem ilyen egyszer˝ u a helyzet. A hossz´ u henger eltol´asi szimmetri´aj´ab´ol kiindulva megsejthetj¨ uk, hogy hossz´ u, egyenletesen felt¨ olt¨ ott szigetel˝ o sz´ alak elektromos ter´et ´erdemes vizsg´alnunk. Tekints¨ unk k´et hossz´ u, p´ arhuzamos, elektromosan t¨olt¨ott sz´ alat, melyeken a vonalmenti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg (vagyis ez egys´egnyi hosszon tal´alhat´ o t¨ olt´es) ±λ. Legyen a k´et sz´ al egym´ast´ ol 2d t´avols´ agban (d R), a f´emhenger szimmetriatengelye pedig a sz´ alakkal p´arhuzamosan, azok k¨ oz¨ ott f´el” u ´ton”, a sz´ alakt´ ol d t´ avols´ agban helyezkedj´ek el.

ulet´en! A t¨olt´es ebben Tekints¨ unk egy keskeny, ΔA ter¨ ulet˝ u s´avot a henger fel¨ a r´eszben a k¨ ovetkez˝ o alakban ´ırhat´ o fel:

orv´eny alkalmaz´ as´ aAz elektromos t´er nagys´ ag´ at egy-egy sz´al eset´en a Gauss-t¨ val kaphatjuk meg, majd a szuperpoz´ıci´ o elv´et alkalmazva kisz´ am´ıthatjuk az ered˝ o teret. Egyetlen sz´ al eset´en az elektromos t´erer˝ oss´egvektor nagys´ aga a sz´ alt´ ol r t´ avols´agban λ 1 , Esz´al (r) = 2πε0 r ir´anya pedig a sz´ alra mer˝ oleges (teh´ at sug´arir´any´ u) lesz. Mivel a λ ´es −λ t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg˝ u sz´ alak a hengert˝ol messze tal´ alhat´ ok, ´ıgy a henger hely´en” j´ o k¨ ozel´ıt´essel ” homog´en elektromos t´er alakul ki, amelynek nagys´ aga:

(4)

(6)

(3)

d = x cos ϕ.

(Kihaszn´ altuk, hogy a GH szakasz hossza ´eppen x, ´es a k´et henger tengelye kell˝ oen k¨ ozel van egym´ ashoz, emiatt az F H k¨ or´ıv egy r¨ ovid, egyenes szakasszal k¨ozel´ıthet˝ o.)

ηΔA = d ΔA,

ahol az egys´egnyi t´erfogatban l´ev˝ o t¨ olt´es nagys´ aga, η pedig az egys´egnyi fel¨ ulet t¨ olt´ese (fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg). Mivel a k¨ uls˝ o t´er nagys´ aga (1) szerint v0 B, ´ıgy K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

299

E0 =

λ 1 . πε0 d

A t¨ uk¨ort¨ olt´esek (pontosabban fogalmazva: a t¨ uk¨ orsz´ alak) hely´et u ´gy kell megv´alasztani, hogy a f´emhenger fel¨ ulete ekvipotenci´ alis legyen. (Ilyenkor az elektromos 300

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

t´erer˝ oss´egvektor a fel¨ ulet b´ armely pontj´ aban mer˝ oleges a fel¨ ulet ´erint˝os´ıkj´ara, u ´n. norm´ alis ir´ any´ u.) Helyezz¨ unk el – gondolatban – a henger szimmetriatengely´et˝ ol x t´ avols´ agban, a k´et t´ avoli t¨ olt¨ ott sz´ al ´altal meghat´ arozott s´ıkban egy μ, az ´atelle” nes” helyen pedig −μ vonalmenti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eggel ell´ atott sz´ alat (3. ´ abra).

(Az a´lland´ o ´ert´eke a potenci´ al nullpontj´anak, vagyis r0 -nak megv´alaszt´ as´ at´ ol f¨ ugg. Ezt a nullpontot – a pontt¨ olt´es h´ aromdimenzi´ os eset´et˝ ol elt´er˝ oen – nem tehetj¨ uk a v´egtelen”t´ avoli pontba, de nyilv´an nem v´alaszthatjuk a sz´al hely´et sem kiindul´ asi ” pontnak.) Visszat´erve az eredeti elrendez´eshez azt kapjuk, hogy a λ∗ = +λ vonalmenti olt´ess˝ ur˝ us´eggel ell´ atott t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel ell´ atott sz´ alt´ ol r1 , a λ∗ = −μ vonalmenti t¨ avols´ agra l´ev˝ o pontban a potenci´al ´ert´eke: sz´ alt´ ol pedig r2 t´ U=

μ λ ln(r1 ) − ln(r2 ) + a´lland´ o. 2πε0 2πε0

Mivel a henger fel¨ ulete ekvipotenci´ alis, teljes¨ ulnie kell az λ

(7)

3. ´ abra. T¨ olt´eselrendez´es a t¨ uk¨ ort¨ olt´eses m´ odszer alkalmaz´ as´ an´ al Megjegyz´es. A t¨ uk¨ ort¨ olt´esek nagys´ ag´ at az´ert v´ alasztottuk λ-t´ ol (elvben) f¨ uggetlennek, mert egy f´emg¨ omb eset´eben a t¨ uk¨ ort¨ olt´es m´ odszere akkor m˝ uk¨ odik, ha k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o helyekre k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o nagys´ ag´ u t¨ olt´eseket helyez¨ unk el. K´es˝ obb l´ atni fogjuk, hogy a f´emhenger csak a μ = λ v´ alaszt´ as lesz eredm´enyes.

A sz´ alak k¨ oz¨ ul v´ alasszuk ki p´eld´ aul a λ ´es −μ vonalmenti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg˝ u p´art, majd vizsg´aljuk meg ezek ered˝ o potenci´ alf¨ uggv´eny´et. Ennek a f¨ uggv´enynek az ´ alland´ os´ ag´ at szeretn´enk el´erni a f´emhenger fel¨ ulete ment´en. (A m´ asik k´et sz´ alat az´ert hagyjuk figyelmen k´ıv¨ ul, mert az elrendez´es szimmetrikus. Ha az eml´ıtett k´et sz´ al tere ekvipotenci´alis a hengerfel¨ uleten, akkor a m´asik k´et sz´ al tere is az lesz, teh´ at a n´egy sz´ al ered˝o potenci´alja is a´lland´ o nagys´ ag´ u a fel¨ uleten.) A potenci´alf¨ uggv´eny fel´ır´ as´ ahoz el˝osz¨ or tekints¨ unk egyetlen egy sz´ alat, amelynek vonalmenti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´ege λ∗ , ´es vizsg´aljuk meg, hogy mekkora munkav´egz´essel ag´ u ponttudunk egy q nagys´ ag´ u pr´ obat¨ olt´est az ¨ onk´enyesen kiv´ alasztott r0 t´avols´ b´ol sug´arir´anyban mozgatva a sz´ alt´ ol r t´avols´ agra l´ev˝ o pontba juttatni. A mozgaavols´ agban t´ashoz sz¨ uks´eges er˝ o a sz´ alt´ ol r t´ F (r ) = −qE(r ) = −

qλ∗ 1 . 2πε0 r

qU (r) =

=−

ΔW =





r =r0

A logaritmusf¨ uggv´eny monotonit´ as´ at kihaszn´alva, tov´ abb´ a az argumentumokat odik, hogy ¨osszevetve ad´ d+R d−R = , R−x R+x

(8)

r0

qλ∗ (ln r − ln r0 ). 2πε0

Ez a mennyis´eg, amit (k´etdimenzi´os) dip´ olmomentumnak (dip´ olnyomat´eknak, dip´oler˝ oss´egnek) neveznek, m´eg a d → ∞ hat´ aresetben is v´eges nagys´ ag´ u marad.

λ∗ ln r + ´alland´ o. 2πε0

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

R2 . d

p = 2xλ = 2πε0 R2 E0 = 2πε0 R2 v0 B.

Meg´allap´ıthatjuk teh´ at, hogy egyetlen t¨ olt¨ ott sz´ al elektromos potenci´alf¨ uggv´enye: U (r) = −

x=

Mivel d (R-hez viszony´ıtva) nagyon nagy, (6) szerint λ-nak is nagyon nagynak, (8) miatt pedig x-nek nagyon kicsinek kell lennie. Az egym´ ashoz nagyon k¨ ozel (2x t´avols´ agra) l´ev˝ o, nagy, de ellent´etes t¨ olt´es˝ u sz´ alat az egym´ashoz k¨ ozeli, ellent´etes el˝ ojel˝ u pontt¨ olt´esek mint´ aj´ara (k´etdimenzi´ os) dip´ olusnak nevezhetj¨ uk. A sz´ alak vonalmenti t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg´enek ´es a t´ avols´ aguknak szorzata

r  r dr qλ∗  Δr qλ∗ ≈− = F (r )Δr = − 2πε0  r 2πε0 r 

felt´etelnek. M´ ar az ´okor o´ta ismert az a geometriai t´etel, miszerint a s´ık azon pontjai, amelyek k´et adott pontt´ ol m´ert t´ avols´ againak ar´ anya a´lland´ o, egy k¨ or¨ on (az u ´n. Apoll´ oniosz-k¨ or¨ on) helyezkednek el. Eszerint a (7) egyenlet csak akkor hat´ aroz meg a s´ıkban egy k¨ ort (a t´erben pedig hengerfel¨ uletet), ha λ = μ, mert alland´ o. ilyen esetben r1 /r2 = ´ H´atravan m´eg az x t´ avols´ ag meghat´aroz´ asa. Tekints¨ uk ism´et a kor´ abban kiv´alasztott k´et sz´ al potenci´alj´ at! Az A ´es a B pontokban a potenci´ al egyenl˝os´eg´et felhaszn´ alva ´ırhatjuk, hogy

  d−R d+R λ λ ln ln UA = = UB = . 2πε0 R−x 2πε0 R+x

vagyis teljes¨ ul, hogy

Ez az er˝o v´ altoz´ o nagys´ ag´ u, ez´ert a teljes munkav´egz´est, ami qU (r)-rel egyenl˝o, a kicsiny elmozdul´ asokon v´egzett munk´ ak ¨ osszegz´es´evel (integr´ al´as´aval) sz´ am´ıthatjuk ki: 

(r1 ) alland´ o μ =´ (r2 )

301

302

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Azt az ´erdekes eredm´enyt kaptuk, hogy a homog´en elektromos mez˝ obe helyezett, az elektromos t´erer˝ oss´egvektorra mer˝ oleges tengely˝ u f´emhengernek az elektromos megoszt´ as hat´ as´ara kialakul´o tere a hengeren k´ıv¨ ul olyan, mintha a f´emhenger tengelye ment´en egy megfelel˝ o er˝ oss´eg˝ u dip´ olus is jelen lenne. Az ered˝ o elektromos t´er a dip´ olus er˝ oter´enek ´es a k¨ uls˝ o (homog´en) er˝ ot´ernek vektori ¨osszege. Ha ezt az ered˝o teret meghat´ arozzuk, abb´ ol m´ar k¨ onnyen leolvashatjuk a f´emhenger fel¨ ulet´ere ker¨ ul˝ o t¨ olt´esek mennyis´eg´et ´es eloszl´ as´at. Tekints¨ unk egy p er˝ oss´eg˝ u dip´olt, amit egy negat´ıv ´es egy pozit´ıv t¨ olt´es˝ u sz´ al alkot. A dip´oler˝ oss´eget olyan p vektorral adhatjuk meg, amely a negat´ıv t¨ olt´es˝ u sz´alt´ ol a pozit´ıv fel´e muaga pedig p. Hat´ arozzuk meg tat, nagys´ az elektromos t´erer˝ oss´egvektor nagys´ ag´ at ´es ir´any´ at a dip´olust´ ol r t´ avols´agban, a p vektorra mer˝ oleges, illetve azzal p´ arhuzamos ir´ anyban (4. a ´bra)! Ezeket az ir´anyokat Gauss-f´ele f˝ ohelyzeteknek nevezik. Sz´ am´ıtsuk ki a k´et sz´ al ered˝o t´erer˝ oss´eg´et az A ´es B pontokban! (Kihaszn´ aljuk, hogy 2x  r.) Mivel egyetlen sz´ al t´erer˝ oss´ege E(r) = ±

5. a ´bra. Dip´ olussz´ al elektromos tere tetsz˝ oleges pontban

4. ´ abra. Dip´ olussz´ al tere a Gauss-f´ele f˝ ohelyzetekben

Etdip´ol = v0 B sin ϕ,

EA ≈

A k¨ uls˝ o t´er tangenci´ alis komponense ellent´etes ir´ any´ u a dip´ olus ter´enek tangenci´ alis komponens´evel. Eszerint az ered˝ o t´erer˝ oss´egnek val´ oban csak norm´alis komponense van, melynek nagys´aga: Enered˝o = 2v0 B cos ϕ.

p 1 2λ x = . 2rπε0 r 2πε0 r2

L´atjuk, hogy a t´erer˝ oss´egek nagys´ aga a f˝ohelyzetekben ugyanakkora, de az ir´anyuk ellent´etes (l´ asd a 4. ´abr´ at). Ha nem a Gauss-f´ele f˝ohelyzetekre vagyunk kiv´ ancsiak, hanem tetsz˝ oleges pontban keress¨ uk az elektromos t´erer˝ oss´eget, akkor az 5. ´ abr´ anak megfelel˝oen ´erdemes felbontani a dip´olusmomentum-vektort a dip´ olus tengely´evel ϕ sz¨oget bez´ ar´ o ir´ annyal p´ arhuzamos p = p cos ϕ nagys´ ag´ u, ´es erre az ir´anyra mer˝oleges

A f´em belsej´eben az elektromos t´erer˝ oss´eg nulla, teh´ at az ered˝o t´er norm´ al komponens´enek ugr´ asa” is 2v0 B cos ϕ. ” A fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg a t´erer˝ oss´eg norm´ al komponens´enek ugr´ asa ´es ε0 szorzata. (Ezt u ´gy l´ athatjuk be, hogy – gondolatban – k¨ or¨ ulvessz¨ uk a fel¨ ulet egy kicsiny r´esz´et egy lapos, z´ art dobozzal”, majd alkalmazzuk erre a dobozra a Gauss” t¨orv´enyt.) Ezek szerint a fel¨ uleti t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg a B indukci´ oj´ u m´agneses t´erben v sebess´eggel mozg´o f´emcs˝ on´el (vagy t¨ om¨ or f´emhengern´el)

p⊥ = p cos ϕ

η(ϕ) = 2ε0 v0 B cos ϕ, o m´ odszerrel kapott (5) eredm´ennyel. ¨osszhangban az els˝

nagys´ ag´ u vektorkomponensek ¨ osszeg´ere. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Endip´ol = v0 B cos ϕ.

Ehhez vegy¨ uk hozz´ a a k¨ uls˝ o elektromos t´er tangenci´ alis ´es norm´ alis komponens´et, melyek Etk¨uls˝o = −v0 B sin ϕ, Enk¨uls˝o = v0 B cos ϕ.

λ λ p 1 − ≈ , 2rπε0 2(r + 2x)πε0 2πε0 r2

illetve

Az eredeti probl´em´ ahoz visszat´erve teh´ at a henger egy adott pontj´aban meg kell hat´ arozni a dip´ olus a´ltal keltett elektromos t´erer˝ oss´eg nagys´ ag´ at ´es ir´any´ at,

helyvektor´ majd ehhez hozz´avenni a k¨ uls˝ o elektromos teret. A henger eset´en az R u pontban, mely a dip´ olus tengely´evel ϕ sz¨ oget z´ ar be, a dip´olus tere a´ltal l´etrehozott tangenci´ alis ´es norm´ alis ir´ any´ u t´erer˝ oss´eg-komponensek:

λ , 2rπε0

az ered˝o t´er nagys´ aga a Gauss-f´ele f˝ohelyzetekben: EB =

Ha a komponensdip´ olusokra” fel´ırjuk a Gauss-f´ele f˝ohelyzeteknek megfelel˝ o ” egyenleteket, akkor m´ ar k¨ onnyen kisz´ am´ıthatjuk az elektromos t´erer˝ oss´eg nagys´ag´at a k´erd´eses pontban, az ir´ any´ at pedig a vektor¨ osszead´ as alapj´ an kaphatjuk meg. A dip´olust´ ol a vizsg´alt pontba mutat´o vektorral p´ arhuzamos (´ un. norm´ alis oleges (´ un. tangenci´ alis) komponenshez ir´ any´ u) t´erer˝ oss´eghez csak p , az erre mer˝ pedig csak p⊥ ad j´arul´ekot.

303

304

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Megjegyz´es. A mozg´ o f´em fel¨ ulet´en kialakul´ o elektromos t¨ olt´ess˝ ur˝ us´eg nagys´ aga nem f¨ ugg att´ ol, hogy egy v´ekony fal´ u cs¨ ovet, vagy pedig egy t¨ om¨ or f´emrudat mozgatunk a m´ agneses t´erben. Hib´ as teh´ at az a naiv sejt´es, miszerint a t¨ om¨ or r´ udban sokkal t¨ obb szabadon mozg´ o t¨ olt´es l´ev´en, azokb´ ol a megoszt´ as sor´ an sokkal t¨ obbet lehet a fel¨ uletre h´ uzni”, mint a v´ekony fal´ u cs˝ o eset´eben. A fel¨ uletre ki¨ ul˝ o t¨ olt´esek mennyis´eg´et nem ” a rendelkez´esre a ´ll´ o elektronok sz´ ama, hanem a kiegyens´ ulyozand´ o k¨ uls˝ o t´er nagys´ aga hat´ arozza meg.

A bemutatott probl´ema sz´ep p´eld´ aja annak, amikor egy fizika feladatnak t¨obb, l´enyegileg k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megold´ asa van, ´es mindegyikb˝ ol sokat tanulhatunk. A bemutatott ¨ otletek nem u ´jdons´agok, hanem kev´esb´e ismert tr¨ ukk¨ok”, ezen ´ır´as egyik ” c´elja, hogy ¨ osszefoglalja azokat. Fontos megjegyezni, hogy hab´ar a henger mozog, a hozz´a r¨ogz´ıtett rendszer inerciarendszer, ´ıgy az elektrosztatika t¨ orv´enyeit a megszokott alakban ´ırhatjuk fel. ´ Nem ez a helyzet, ha a henger gyorsul. Erdekes, a cikkben t´ argyaltakhoz hasonl´ o gondolatokat ig´enyl˝ o p´eld´ akat tal´ alunk a K¨ oMaL kor´ abban kit˝ uz¨ott feladatai k¨ oz¨ ott (l´ asd pl. a 3191., 3322., 3600., 4032., 4604., 4926. feladatot), illetve a 333+ Furfangos Feladat Fizik´ ab´ ol c´ım˝ u feladatgy˝ ujtem´enyben. A cikkben le´ırtakhoz kapcsol´ od´ o, aj´ anlott irodalom m´eg: Feynman – Leighton – Sands: Mai fizika, V–VI. Berke Martin (Budapest) a BME II. ´eves fizika BSc szakos hallgat´oja

A tekercs fordulatsz´ ama a vet´ıt´es elej´en:

0,45 (m/s) 1,13 m

= 0,40 1s .

A filmtekercs ker¨ ulete a vet´ıt´es v´eg´en: 2π · 5,5 cm = 0,346 m. 0,45 (m/s) A tekercs fordulatsz´ ama a vet´ıt´es v´eg´en: 0,346 m = 1,30 1s .

b) Visszatekercsel´eskor a szalag pillanatnyi sebess´ege a tekercs megadott fordulatsz´am´anak ´es a tekercsen l´ev˝ o film (fokozatosan v´altoz´ o) ker¨ ulet´enek szorzata. A seg´edors´ o fordulatsz´ ama a szalag pillanatnyi sebess´eg´enek ´es a seg´edors´ on l´ev˝ o filmtekercs ´eppen aktu´ alis ker¨ ulet´enek h´ anyadosa. A szalag sebess´ege a visszateker´es kezdetekor: 2π · (5,5 cm) · 3 s−1 = 1,04 m . s A seg´edors´ on l´ev˝ o film ker¨ ulete kezdetben: 2π · (18 cm) = 1,13 m. 1,04 m/s

A seg´edors´ o fordulatsz´ ama a visszateker´es kezdetekor: 1,13 m = 0,92 1s . A szalag sebess´ege a visszateker´es v´eg´en: 2π · (18 cm) · 3 s−1 = 3,39 m . s A seg´edors´ on l´ev˝ o film ker¨ ulete a visszatekercsel´es v´eg´en: 2π · (5,5 cm) = 0,346 m.

3,39 m/s A seg´edors´ o fordulatsz´ ama a visszateker´es befejeztekor: 0,346 m = 9,8 1s .

Szanyi Attila (Bonyh´ adi Pet˝ ofi S. Ev. Gimn. ´es Koll., 9. ´evf.) 51 dolgozat ´erkezett. Helyes 32 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 6, hi´ anyos (1–2 pont) 12, hib´ as 1 dolgozat.

G. 697. Belen´ez¨ unk egy kaleidoszk´ opba; a l´ atv´ any egy r´esz´et az ´ abra mutatja. Hol helyezkedhetnek el a kaleidoszk´ op t¨ ukrei?

Fizika gyakorlatok megold´ asa

(3 pont)

G. 688. R´egen a moziban a diavet´ıt˝ os mesefilmekhez hasonl´ o filmszalagot haszn´ altak, csak az otthon vet´ıtettekn´el sokkal hosszabbakat. Egy percnyi film 27 m´eter hossz´ u szalagra f´ert r´ a. A filmszalagot tekercsekben t´ arolt´ ak, a t´ arol´ oors´ o sugara 5,5 cm, erre 12,5 cm vastagon lehetett a filmet feltekercselni. Vet´ıt´es k¨ ozben a film elhaladt a vet´ıt˝ olencse el˝ ott, majd egy m´ asik, hasonl´ o seg´edors´ ora tekeredett fel. a) Mekkora fordulatsz´ ammal forgott a tekercs a film lej´ atsz´ asakor a vet´ıt´es elej´en ´es a v´eg´en? b) A vet´ıt´es ut´ an a seg´edors´ or´ ol visszatekercselt´ek a filmet az eredeti ors´ ora. Mekkora fordulatsz´ ammal forgott a seg´edors´ o a tekercsel´es elej´en ´es a v´eg´en, ha az eredeti ors´ ot v´egig 3 fordulat/m´ asodperc fordulatsz´ ammal forgatt´ ak? (4 pont) Megold´ as. a) A fordulatsz´ am a szalag sebess´eg´enek ´es a filmtekercs pillanatnyi ker¨ ulet´enek h´ anyadosa. m = 0,45 m . A filmszalag sebess´ege: 127perc s A filmtekercs ker¨ ulete a vet´ıt´es kezdetekor: 2π · (5,5 cm + 12,5 cm) = 1,13 m. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

305

Megold´ as. Jel¨ olj¨ uk szaggatott vonalakkal a l´ atott k´ep szimmetriatengelyeit (1. ´ abra). A kaleidoszk´ op t¨ ukrei az ´abra s´ıkj´ara mer˝ olegesen, a szaggatott vonalakra illeszkedve helyezkedhetnek el, hiszen egyegy t¨ uk¨ orben az a´bra geometriai ´ertelemben vett t¨ uk¨ ork´ep´et l´ atjuk. T¨ obb t¨ uk¨ or eset´en azok t¨ obbsz¨ or is visszaverhetik a f´enysugarakat, ´ıgy a t¨ uk¨ ork´epek u ´jabb t¨ uk¨ ork´epei is megjelenhetnek. A tov´ abbi a´br´ akon a t¨ ukr¨ ok t¨ ukr¨ oz˝ o oldal´ at v´ekony vonallal ´es feh´eren, a nem ukr¨oz˝ o oldalukat pedig vastag vonallal jel¨ olj¨ uk. A l´ atott k´ep t´enylegesen l´etez˝ o t¨ r´eszeit s¨ot´etebb, a t¨ uk¨ ork´epeket pedig vil´ agosabb a´rnyalattal jel¨ olj¨ uk. A megfigyel˝ o mindig a s¨ot´etebb ter¨ uletek f¨ ol¨ otti helyr˝ ol szeml´eli az alakzatot. Ha csak egyetlen t¨ uk¨ or van a l´ atv´ any a´br´ azolt r´eszlet´en´el, akkor az a 2. ´ abr´ an l´athat´ o helyzetben (vagy att´ ol 60◦ eg´esz sz´ am´ u t¨ obbsz¨ or¨ os´evel elforgatva) helyezkedhet el. A tov´ abbiakban az elforgatott helyzeteket k¨ ul¨ on nem eml´ıtj¨ uk. ◦ ◦ abra) vagy ±120 (4. ´ abra) lehet. K´et t¨ uk¨or egym´assal bez´ art sz¨ oge ±60 (3. ´ (Ezen t¨ uk¨or´ all´ asok k¨ oz¨ ul 2-2 helyzet l´ atsz´ olag megegyezik, de a t¨ ukr¨ oz˝ o fel¨ uletek felcser´el˝od´ese miatt t´enylegesen elt´ernek egym´ ast´ ol.) 306

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Fizika feladatok megold´ asa

1. a ´bra

P. 5186. Egy sz´ ank´ o ´es a rajta u o gyerek egy¨ uttes t¨ omege 25 kg. A cs´ usz´ asi ¨l˝ s´ url´ od´ asi t´enyez˝ o a h´ oban 0,05. a) Szeretn´enk v´ızszintes terepen ´ alland´ o sebess´eggel h´ uzni a sz´ ank´ ot. Mekkora v´ızszintes er˝ o sz¨ uks´eges ehhez? b) A sz´ ank´ ot v´ızszintes, havas talajon 2 m´ asodpercen ´ at 50 N er˝ ovel felgyors´ıtjuk ´ all´ o helyzetb˝ ol, majd mag´ ara hagyjuk. Mekkora utat tesz meg a sz´ ank´ o az indul´ as ´es a meg´ all´ as k¨ oz¨ ott?

2. a ´bra

(3 pont) a a a a a

3. ´ abra

Tarj´ an Imre eml´ekverseny (Szolnok) feladata alapj´ an

Megold´ as. A k¨ ovetkez˝ o adatokat ismerj¨ uk: sz´ank´ o ´es a gyerek ¨ osszt¨ omege: m = 25 kg, utthat´ o: μ = 0,05, s´ url´od´asi egy¨ neh´ezs´egi gyorsul´ as: g = 9,81 sm2 , gyors´ıt´as ideje: t1 = 2 s, h´ uz´ oer˝ o a gyors´ıt´ as sor´ an: F1 = 50 N.

a) Egyenletes mozg´ asn´ al a sz´ ank´ o h´ uz´ as´ ahoz sz¨ uks´eges er˝ o – Newton I. t¨ orv´enye szerint – megegyezik a s´ url´od´ asi er˝ ovel: F = S = μmg ≈ 12,3 N. b) Am´ıg gyors´ıtjuk a sz´ ank´ ot, a dinamika alapegyenlete szerint: ma1 = F1 − S = F1 − μmg, vagyis a sz´ ank´ o gyorsul´ asa:

4. ´ abra

a1 = Eddigi megfontol´asaink csak akkor ´erv´enyesek, ha a t¨ uk¨ or a´thalad a megadott alakzaton. Mivel az a´bra a l´ atv´ anynak csak egy r´esz´et mutatja, a t¨ ukr¨ ok az alakzaton k´ıv¨ ul u ´gy is elhelyezkedhetnek, hogy nem metszik azt. Ilyen esetben a t¨ uk¨ or (t¨ ukr¨ ok) helyzete tetsz˝ oleges lehet (5. ´ abra).

Ilyen gyorsul´ assal t1 id˝ o alatt megtett u ´t: s1 =

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

a1 2 t = 3,0 m, 2 1

´es a sz´ ank´ o sebess´ege a gyors´ıt´ asi szakasz v´eg´en

Egyh´ azi Hanna (Budapest, ELTE Ap´ aczai Csere J. Gyak. Gimn., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an 37 dolgozat ´erkezett. Helyes 8 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 19, hi´ anyos (1 pont) 9, hib´ as 1 dolgozat.

m F1 − μg = 1,51 2 . m s

v1 = a1 t1 = 3,0

m . s

Miut´ an mag´ara hagyjuk a sz´ ank´ ot, v´ızszintes ir´anyban csak a s´ url´od´ asi er˝ o fog r´a hatni. A mozg´ asegyenlet ekkor 5. a ´bra

ma2 = −S = −μmg, 307

308

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

vagyis a lassul´ asa:

ami (1)-gyel egyen´ert´ek˝ u, tov´ abb´ a

m |a2 | = μg = 0,49 2 . s

T K n1 = n2 , t k

A mag´ ara hagyott sz´ ank´ o t2 =

ami a nagy´ıt´ as (2) ¨ osszef¨ ugg´es´enek felel meg.

v1 = 6,1 s |a2 |

ideig fog m´eg mozogni, ´es a meg´ all´as´ aig (az ´atlagsebess´eggel sz´ amolva) tov´abbi s2 =

v 1 t2 = 9,2 m 2

t´ avols´ agra jut. A sz´ ank´ o teh´ at az indul´as´at´ ol a meg´all´ as´ aig o ¨sszesen s1 + s2 = 12,2 m utat tesz meg.

1. ´ abra

Szab´ o L´ aszl´ o (H´ odmez˝ ov´ as´ arhely, Bethlen G. Ref. Gimn. ´es Szathm´ ary Koll., 12. ´evf.) dolgozata alapj´an 74 dolgozat ´erkezett. Helyes 41 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 22, hi´ anyos (1 pont) 11 dolgozat.

P. 5190. Egy v´ekony fal´ u, f¨ ugg˝ olegesen ´ all´ o u o alul szab´ alyos f´elg¨ omb ¨vegcs˝ alak´ u. A cs˝ o´ atm´er˝ oje 10 cm. Vizet t¨ olt¨ unk a cs˝ obe, 20 cm magasan. A cs˝ o tengelye ment´en, a v´ızfel¨ ulet felett 30 cm magasan egy kicsiny f´enyforr´ as vil´ ag´ıt. a) Hova tegy¨ unk egy erny˝ ot, hogy azon a f´enyforr´ as ´eles k´epe jelenjen meg? b) Mekkora a k´ep nagy´ıt´ asa? (A v´ız t¨ or´esmutat´ oja n = 4/3.) (5 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

Megold´ as. Ha egy n1 t¨ or´esmutat´ oj´ u k¨ ozeget R sugar´ u g¨ombfel¨ ulet v´alaszt or´esmutat´ oj´ u k¨ ozegt˝ ol, akkor az optikai tengelyhez k¨ozel halad´ o el egy m´ asik, n2 t¨ f´enysugarakra a lek´epez´esi t¨ orv´eny ´ıgy teljes¨ ul: (1)

n1 n2 n2 − n1 + = . t k R

A k´epletben R akkor pozit´ıv, ha a g¨ ombfel¨ ulet k¨ oz´eppontja a k´ep oldal´ an helyezkedik el. A lek´epez´es nagy´ıt´ asa (az optikai tengelyre mer˝ oleges ir´ anyban): (2)

N=

k n1 K = · . T t n2

K¨ovess¨ uk v´egig a f´enyforr´ asb´ ol kiindul´ o f´enysugarak u ´tj´at fel¨ uletr˝ ol fel¨ uletre. A leveg˝ ob˝ol a v´ızbe jut´ o f´enyre a t´argyt´ avols´ ag t1 = 30 cm, ´es n1 = 1. A s´ık fel¨ uletn´el 1/R hely´ebe 0 ´ırhat´ o. A v´ızben n2 = n = 43 , ´ıgy (1) ´es (2) szerint k1 = −40 cm

´es

N1 =

−40 cm 3 · = −1. 30 cm 4

A negat´ıv k´ept´ avols´ ag azt jelenti, hogy a k´ep l´atsz´ olagos (virtu´ alis), teh´ at a t´ argy oldal´ an (a v´ızfelsz´ın felett), a v´ızfelsz´ınt˝ ol 40 cm t´ avols´ agban j¨ on l´etre. (Ezt a k´epet a v´ız al´ol n´ezve l´ atn´ ank.) A nagy´ıt´ as negat´ıv el˝ ojele azt mutatja, hogy a k´ep egyenes ´all´as´ u. or´esmutat´ oj´ u v´ızb˝ ol az n2 = 1 t¨ or´esmutat´ oj´ u A m´asodik lek´epez´est az n1 = 43 t¨ leveg˝obe a´tl´ep˝ o f´enysugarak hozz´ ak l´etre. Mivel most a t´argyt´ avols´ ag t2 = 40 cm − k1 = 60 cm,

Megjegyz´es. Ezeket az ¨ osszef¨ ugg´eseket az 1. ´ abra ´es a 2. ´ abra alapj´ an – a Snellius– Descartes-t¨ orv´eny alkalmaz´ as´ aval – l´ athatjuk be, ha a kicsiny sz¨ ogek szinusz´ at ´es tangens´et magukkal a sz¨ ogekkel k¨ ozel´ıtj¨ uk. Az ´ abr´ akr´ ol leolvashatjuk, hogy     h h h h + = n2 − , n1 t R R k K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

2. ´ abra

309

tov´ abb´ a R = −5 cm (hiszen a f´elg¨ omb k¨ oz´eppontja a t´argy oldal´ an tal´alhat´ o), az (1) ´es (2) ¨osszef¨ ugg´esek szerint 1 1 − 4/3 4/3 + , = 60 cm k2 −5 cm 310

ahonnan

k2 = 22,5 cm.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

A m´ asodik lek´epez´es nagy´ıt´ asa (2) alkalmaz´as´aval:

´es a m´asik t¨olt´esre:

1 22,5 cm 4 · = . 60 cm 3 2

N2 =

q1 = −9,566 · 10−7 C,

a) Ezek szerint a f´elg¨ omb alj´at´ ol 22,5 cm t´avols´ agban elhelyezett erny˝on kapjuk a f´enyforr´ as ´eles k´ep´et, ha megfelel˝ o f´enyrekesszel biztos´ıtjuk, hogy csak az u o ¨vegcs˝ tengely´ehez k¨ ozeli f´enysugarak vegyenek r´eszt a lek´epez´esben. b) A k´ep nagy´ıt´ asa: N = |N1 · N2 | = 12 . ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Bokor Endre (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata felhaszn´ al´as´ aval 6 dolgozat ´erkezett. Helyes Bokor Endre, Lud´ anyi Levente ´es megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 1, hi´ anyos (1–3 pont) 2 dolgozat.

Anh Quˆ an

P. 5194. Tekints¨ unk k´et azonos m´eret˝ u, de a k¨ ozt¨ uk l´ev˝ o 0,2 m t´ avols´ aghoz k´epest kicsiny f´emg¨ omb¨ ot! A k´et g¨ ombnek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o t¨ olt´ese van, ´es 1,2 N er˝ ovel vonzz´ ak egym´ ast. A g¨ omb¨ oket o ssze´ e rintj¨ u k, majd visszahelyezz¨ u k o ˝ ket az eredeti ¨ hely¨ ukre. Azt tal´ aljuk, hogy most tasz´ıtj´ ak egym´ ast, de az er˝ o nagys´ aga az el˝ oz˝ ovel azonos. Mennyi volt a f´emg¨ omb¨ ok eredeti t¨ olt´ese? (4 pont)

Tornyai S´ andor fizikaverseny, H´ odmez˝ ov´as´ arhely

2 Megold´ as. Ismert adatok: r = 0,2 m, F = 1,2 N ´es k = 9 · 109 NCm2 .

Legyen a f´emg¨ omb¨ ok kezdeti el˝ojeles t¨ olt´ese Q ´es q. A g¨omb¨ok ¨ossze´erint´ese Q+q ut´ an a t¨ olt´es¨ uk kiegyenl´ıt˝ odik, nagys´ aguk 2 lesz. A Coulomb-f´ele er˝ ot¨orv´eny szerint fenn´all: Qq k 2 = −F, r

(1)

q2 = +9,566 · 10−7 C, q3 = −5,575 · 10−6 C, q4 = +5,575 · 10−6 C. L´athat´ o, hogy (a g¨ omb¨ ok felcser´el´es´et ´es a t¨ olt´esek el˝ ojel´enek felcser´el´es´et lesz´am´ıtva) a n´egy megold´ as l´enyeg´eben megegyezik: az egyik f´emg¨ omb kezdeti t¨ olt´ese 5,58 μC nagys´ ag´ u, a m´asik´e pedig (ellenkez˝ o el˝ ojellel) 0,96 μC nagys´ ag´ u volt. D´ek´ any Csaba (Gy˝ or, R´evai M. Gimn., 10. ´evf.) 46 dolgozat ´erkezett. Helyes 19 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 15, hi´ anyos (1–2 pont) 12 dolgozat.

P. 5199. Az ´ abr´ an l´ athat´ o  hossz´ u, k¨ or´ıv alak´ u, v´ekony (de kell˝ oen merev) f´emhuzal mindk´et v´egpontj´ at  hossz´ us´ ag´ u, igen k¨ onny˝ u fon´ allal a k¨ or´ıv O k¨ oz´eppontj´ ahoz er˝ os´ıtj¨ uk. Az ´ıgy elk´esz´ıtett inga az ´ abra f¨ ugodusidej˝ u, kis kit´er´eg˝ oleges s´ıkj´ aban T1 peri´ s˝ u leng´eseket v´egezhet az O pont k¨ or¨ ul. Ha a f´emhuzalt kiegyenes´ıtj¨ uk, az ´ıgy ´ atalak´ıtott test az ´ abra s´ıkj´ aban T2 peri´ odusidej˝ u, any? kis kit´er´es˝ u leng´eseket v´egezhet. Mekkora a T2 /T1 ar´ (5 pont)

K¨ ozli: Simon P´eter, P´ecs

Megold´ as. Mindk´et esetben a fizikai inga leng´esidej´enek ismert

illetve (2)

k

(

Q+q 2 2

)

r2

T = 2π · = +F.

Az (1) egyenletb˝ol kifejezve q-t, ´es azt (2)-be helyettes´ıtve Q-ra a k¨ovetkez˝ o egyenletet kapjuk: F 2 r4 F r2 + 2 = 0. Q4 − 6Q2 k k

α=

Q3 = 9,566 · 10−7 C, Q4 = −9,566 · 10 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

 ´ıvhossz = = 1 radi´ an. sug´ar 

Egy ilyen huzaldarab t¨ omegk¨ oz´eppontj´anak t´ avols´ aga a tengely´et˝ ol (a f¨ uggv´enyt´abl´ azatban megtal´ alhat´ o k´eplet alapj´ an)

Q2 = −5,575 · 10−6 C, −7

Θ mgs

k´eplet´et alkalmazhatjuk (amelyben m a huzal t¨ omege, s a t¨ omegk¨ oz´eppont t´ avols´aga a felf¨ uggeszt´esi pontt´ol, Θ pedig az O pontra vonatkoztatott tehetetlens´egi nyomat´ek). Az els˝o esetben a k¨ or´ıvhez tartoz´ o k¨ oz´epponti sz¨ og

u) egyenletb˝ ol Q-ra n´egy megold´ as ad´odik: Ebb˝ ol (a Q2 -re m´asodfok´ Q1 = 5,575 · 10−6 C,



(1)

C, 311

312

s1 =

sin α2 α 2

·=

sin 12 1 2

· .

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

A k¨ or´ıv alak´ u huzaldarab tehetetlens´egi nyomat´eka Θ1 = m2 (hiszen minden pontja  t´ avols´ agra van a forg´astengelyt˝ ol). u szab´ alyos h´aromsz¨og magass´ aga, teh´at A m´ asodik esetben s2 egy  oldalhossz´ √ 3 · , s2 = 2

G. 709. Tarzan az ´ıj´aval c´elba veszi Maki majmot a f´ an. Az ell¨ ov´es pillanat´ aban a ny´ılvessz˝o ´eppen a Maki kez´eben l´ev˝ o ban´ anra mutat. Ugyanebben a pillanatban a majom ijedt´eben elejti a ban´ ant. Mit tal´ al el a ny´ılvessz˝o, ha a l´egellen´ all´ast´ ol eltekinthet¨ unk?

a kiegyenes´ıtett huzal tehetetlens´egi nyomat´eka pedig (a Steiner-t´etelt alkalmazva):

√ 2 3 1 5 2 m + m ·  = m2 . Θ2 = 12 2 6

G. 710. Anna ´es Zal´ an oszt´ alyt´ arsak, egy egyenes utc´ aban k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o h´ azban laknak. Minden reggel ugyanakkor l´epnek ki a kapun, ´es egyenletesen haladva mennek az iskol´ aba. Zal´ an t´ avolabb lakik az iskol´ at´ ol, de ˝o a gyorsabb, bizonyos id˝ o alatt utol´eri Ann´ at. Egyik alkalommal Anna hamarabb szeretne tal´ alkozni Zal´ annal, ´es emiatt egym´ as fel´e indulnak el. Ekkor a szok´ asosn´ al ¨ otsz¨ or hamarabb tal´ alkoznak. H´ anyszor gyorsabb Zal´an Ann´an´ al?

Ezek szerint a k´et peri´ odusid˝ o h´ anyadosa:   1 5 sin  2 ·  m2 ·   Θ2 6 1 2π ·  10 · sin 12 T2 Θ2 · s1 mgs2 √2 √  = 0,96. = = = = Θ1 T1 Θ1 · s2 3 3 m2 · 23 ·  2π · mgs

(3 pont)

(3 pont) G. 711. Egy z´ art, f¨ old alatti u urt˝ ovel csatlakozik a k¨ ulvil´aghoz. ¨reg egy k¨ arozzuk meg a nyom´ ast az ´ abr´ an felt¨ untetett Az u ¨reg bizonyos r´eszeiben v´ız van. Hat´ A, B, C ´es D pontokban!

1

´ J´ anosik Aron (Gy˝ or, R´evai Mikl´ os Gimn., 12. ´evf.)

Megjegyz´es. Az (1) ¨ osszef¨ ugg´es elemi u ´ton, fizikai megfontol´ asokat felhaszn´ alva is levezethet˝ o. K´epzelj¨ unk el egy  sugar´ u k¨ or alak´ u,  vonalmenti t¨ omegs˝ ur˝ us´eg˝ u, hajl´ekony k¨ otelet, amely (a s´ ulytalans´ ag ´ allapot´ aban) ω sz¨ ogsebess´eggel forog a k¨ oz´eppontj´ an atmen˝ ´ o, a s´ıkj´ ara mer˝ oleges tengely k¨ or¨ ul. ´Irjuk fel a k¨ ot´el α ny´ıl´ assz¨ og˝ u, teh´ at α hossz´ us´ ag´ u ´es m = α t¨ omeg˝ u darabj´ anak mozg´ asegyenlet´et! A k¨ ot´el igen kicsi darabk´ aj´ anak mozg´ asegyenlet´eb˝ ol ad´ odik, hogy o ´erint˝ oir´ any´ u er˝ o F0 = ω 2 . M´ asr´eszt a k¨ or´ıvdarab t¨ omegk¨ oz´eppontj´ anak a k¨ otelet fesz´ıt˝ asegyenlet: sug´ arir´ any´ u gyorsul´ asa a = s1 ω 2 , ´ıgy a mozg´ F = 2F0 sin(α/2) = ma,

vagyis

2ω 2 sin(α/2) = αs1 ω 2 ,

ahonnan a t¨ omegk¨ oz´eppont ´es a k¨ or´ıv k¨ oz´eppontj´ anak t´ avols´ aga: s1 =

sin(α/2) . (α/2) (Holics L´ aszl´ o)

34 dolgozat ´erkezett. Helyes 14 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 10, hi´ anyos (1–3 pont) 7, hib´ as 3 dolgozat.

(4 pont)

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

´ ıt´ G. 712. All´ as: Nem t´ uls´ agosan alacsony h˝om´ers´ekleten a f´emek mol´ aris h˝okapacit´asa k¨ ozel´ıt˝oleg azonos ´ert´ek˝ u, m´egpedig 3R = 24,9 J/(mol K), ahol R a Regnault-konstans, ismertebb nev´en a g´ az´ alland´ o. Vizsg´aljuk meg, h´ any sz´ azal´ekos pontoss´aggal teljes¨ ul ez az ´ all´ıt´ as alum´ınium, arany, ez¨ ust, r´ez ´es vas eset´eben!

M. 396. M´erj¨ uk meg a celluxszalag vastags´ ag´ at! (6 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´ acduka 313

(3 pont) 314

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

P. 5230. A r´etegelt ac´el (hib´ asan damaszkuszi ac´el) k´et elt´er˝ o sz´entartalm´ u r´eteg ¨ osszekov´ acsol´ as´aval k´esz¨ ul, amit – a leveles t´eszt´ ahoz hasonl´oan – dupl´aj´ara ny´ ujtanak, majd f´elbe hajtanak. H´ anyszor kellene megism´etelni ezt a m˝ uveletet, hogy egyetlen r´eteg vastags´ aga atomi m´eret˝ u legyen, ha kezdetben az ac´el vastags´ aga 3 mm volt? (3 pont)

K¨ozli: Vass Mikl´ os, Budapest

P. 5231. Egy alm´at a sz´ ara t¨ ov´en´el h´ arom egyforma hossz´ u, egyforma teherb´ır´ as´ u fon´ alon tartunk. A fonalak fels˝o v´egeit v´ızszintes s´ıkban lassan t´ avol´ıtjuk egym´ ast´ ol u ´gy, hogy a fonalak p´aronk´ent mindig ugyanakkora sz¨oget z´ arnak be egym´ assal. A fonalak akkor szakadnak el, amikor p´ aronk´ent ´eppen mer˝ olegesek egym´ asra. Ha k´et ugyanilyen fon´ alhoz er˝ os´ıten´enk ugyanezt az alm´ at, majd a fonaol, milyen sz¨oget lak fels˝ o v´egeit ugyan´ ugy v´ızszintes s´ıkban t´ avol´ıtan´ ank egym´ast´ z´arn´ anak be egym´assal a fonalak, amikor elszakadn´anak? (4 pont)

K¨ ozli: Nagy Piroska M´ aria, Budapest

P. 5232. V´ekony fal´ u, celloidb´ ol k´esz¨ ult keljfeljancsi als´ o g¨ ombj´enek sugara 3 cm. A j´ at´ek belsej´ebe, alul egy 2 cm a´tm´er˝ oj˝ u ac´elgoly´ ot r¨ ogz´ıtettek. A keljfeljancsit lassan kit´er´ıtj¨ uk u ´gy, oget z´ arjon be. hogy szimmetriatengelye a f¨ ugg˝olegessel 30◦ -os sz¨ Mekkora lesz a j´at´ek sz¨ ogsebess´ege abban a pillanatban, amikor a tengelye ´atlend¨ ul a f¨ ugg˝oleges helyzeten? (A tapad´ o s´ url´od´as el´eg nagy, a j´at´ek nem cs´ uszik meg a talajon. A g¨ ord¨ ul˝ o s´ url´od´ ast´ ol ´es a k¨ ozegellen´ all´ ast´ ol eltekinthet¨ unk.) (4 pont) K¨ozli: Kis Tam´ as, Heves P. 5233. Egy levelib´eka egy t˝ ole v´ızszintesen s t´avols´ agra, de h magass´ agban l´ev˝ o lev´elre akar a talajr´ ol felugrani. Milyen ir´anyba ´es mekkora sebess´eggel kell elrugaszkodnia, hogy a legkevesebb energi´ara legyen ehhez sz¨ uks´ege? (5 pont)

K¨ ozli: Woynarovich Ferenc, Budapest

P. 5234. Az ´ abra szerinti, f¨ ugg˝oleges szimmetriatengely˝ u, hengeres tart´ alyt fel¨ ul egy s´ ulytalannak tekinthet˝o dugatty´ u z´ ar el. u ed´enyben nincs leveg˝ o, csak T h˝om´ers´eklet˝ u, teA 7 dm3 t´erfogat´ l´ıtett v´ızg˝ozt tartalmaz. Mekkora munk´ at v´egz¨ unk, ha a dugatty´ ut lassan addig nyomjuk le, m´ıg az folyad´ekba nem u ¨tk¨ozik? A folyamat sor´ an az eg´esz rendszer h˝ om´ers´eklete a´lland´ o. Sz´am´ıtsuk ki ´es abr´ ´ azoljuk a v´egzett munk´ at a T h˝ om´ers´eklet f¨ uggv´eny´eben, ahol as´ ara, s˝ ur˝ us´eg´ere ´es 100 ◦ C  T  370 ◦ C. (A tel´ıtett v´ızg˝oz nyom´ a v´ız s˝ ur˝ us´eg´ere vonatkoz´ o adatokat vegy¨ uk a N´egyjegy˝ u f¨ uggv´enyt´ abl´ azatokb´ ol!) (4 pont) K¨ozli: L´egr´ adi Imre, Sopron K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

P. 5235. n = 2 mol anyagmennyis´eg˝ u, egyatomos ide´ alis g´az az ´ abr´ an l´ athat´ o A → P → B folyamatot v´egzi. A g´az h˝ om´ers´eklete a kiindul´ o´ allapotallapotban T2 = 4T1 . Az AP ban T1 = 280 K, a v´eg´ szakasz p´arhuzamos a V tengellyel, a BC szakasz meghosszabb´ıt´asa a´tmegy az orig´on, a P pont pedig a BC szakasz felez˝opontja. a) Hat´ arozzuk meg a g´ az h˝ om´ers´eklet´et a P ´ allapotban! b) Mennyi h˝ ot vesz fel a g´az az A → P → B folyamatban?

315

(5 pont)

K¨ ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs

P. 5236. Egy u olegesen esik egy ¨vegprizma egyik lapj´ara mer˝ f´enysug´ ar, amely a prizma m´ asik oldal´ an, fel¨ ul m´eg nem tud kil´epni, mert az a r´esz t¨ ukr¨ oz˝ o anyaggal van bevonva. A prizma els˝ o oldal´ at a bel´ep´esi pont alatt ugyancsak t¨ ukr¨ oz˝ o anyaggal vont´ ak be, ez´ert a f´eny ezen a r´eszen sem tud kil´epni az u ol, hanem ¨vegb˝ ar a prizm´avisszaver˝ odik. V´eg¨ ul a t´ uls´ o oldalon kil´ep˝ o f´enysug´ hoz ´erkez˝o f´enysug´ ar ir´any´ ahoz k´epest 40◦ -kal t´er¨ ul el. Mekkora a prizma t¨or˝ osz¨ oge, ha az anyag´anak t¨ or´esmutat´ oja 1,5? (4 pont) K¨ ozli: Zsigri Ferenc, Budapest P. 5237. Az ´ abr´ an l´ athat´ o ellen´ all´ asrendszer A pontj´ aban 40 mA er˝oss´eg˝ u ´aram folyik be, ´es a B pontn´ al folyik ki. a) Mekkora a´ram folyik ´at az egyes ellenall´ ´ asokon? b) Mekkora az egyes ellen´ all´ asokra es˝ o elektromos teljes´ıtm´eny? c) Mekkora egyetlen ellen´ all´ assal lehetne helyettes´ıteni az ellen´ all´ asrendszert? (4 pont)

K¨ ozli: Simon P´eter, P´ecs

P. 5238. Egy m0 t¨ omeg˝ u elektromos j´ at´ekaut´ o m t¨ omeg˝ u teherrel a plat´ oj´an a´lland´ o sebess´eggel halad felfel´e egy α hajl´assz¨ og˝ u lejt˝ on. Az r sugar´ u kerekeket meghajt´ o villanymotort a´lland´ osult ´allapotban modellezhetj¨ uk egy R ellen´ all´ assal sorosan kapcsolt olyan ´aramk¨ ori elemmel, amelynek U fesz¨ ults´ege a tengely ω sz¨ogsebess´eg´evel ar´ anyos (U = γω), az I ´ arama pedig a tengelyek a´ltal kifejtett M forgat´onyomat´ekkal ar´ anyos (I = M/γ). A kisaut´ o egy olyan teleppel m˝ uk¨ odik, o ellen´ all´ asa pedig Rb . amelynek u ults´ege U0 , bels˝ ¨resj´arati fesz¨

316

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Adatok: m = 300 g, α = 30◦ , r = 2 cm, γ = 1,2 Vs, U0 = 4,5 V, R = 0,8 Ω, o k¨ oz¨ otti tapad´ asi s´ url´od´as el´eg nagy, ´ıgy az aut´ o Rb = 1,2 Ω. (A kerekek ´es a lejt˝ nem cs´ uszik meg.) a) Mekkora a´lland´ osult sebess´eggel halad a kisaut´o, ha m = 600 g teher van a plat´oj´an? b) Mekkora m teher eset´en lesz a legjobb a sz´ all´ıt´ as hat´ asfoka? (A hat´ asfokon a teher emel´es´ere ford´ıtott energia ´es a telep a´ltal leadott energia h´anyados´ at ´ertj¨ uk.) (5 pont)

K¨ozli: Olosz Bal´ azs, P´ecs

P. 5239. Egy v´ekony, elhanyagolhat´ o t¨ omeg˝ u, 21 cm hossz´ u, merev r´ ud v´egein egy-egy azonos t¨ omeg˝ u, pontszer˝ unek tekinthet˝ o, kicsiny test van. Ezt a rudat a k¨ozep´en´el fogva felf¨ uggesztj¨ uk egy olyan v´ekony, rugalmas sz´alra, hogy az ´ıgy kapott torzi´ os inga kis kit´er´esek eset´en m´erhet˝ o leng´esideje viszonylag nagy, 600 m´asodperc u, nagy o´lomgoly´ o legyen. Ezut´an az ing´at bel´ogatjuk k´et, egyenk´ent 600 kg t¨omeg˝ k¨ oz´e, k¨ oz´epre. Az o´lomgoly´ ok k¨ oz´eppontjai egym´ast´ ol 70 cm-re vannak. Mennyi lesz az inga leng´esideje kis kit´er´esek eset´en, ha az ingar´ ud kezdetben a) a k´et goly´ o k¨ oz´eppontj´at ¨ osszek¨ ot˝ o v´ızszintes szakaszon van; b) az el˝obbi esetre mer˝ oleges helyzet˝ u? Megjegyz´es. Hasonl´ o m´ odon hat´ arozta meg E¨ otv¨ os Lor´ and a gravit´ aci´ os ´ alland´ ot, k´et, mintegy 600 kg t¨ omeg˝ u ´ olomhas´ ab ´es egy hasonl´ oan nagy leng´esidej˝ u torzi´ os inga seg´ıts´eg´evel. A feladatban a gravit´ aci´ os ´ alland´ o ismert ´ert´ek´enek felhaszn´ al´ as´ aval kell a k´etf´ele leng´esid˝ ot kisz´ am´ıtani. (L´ asd m´eg a P. 5166. feladat megold´ as´ at a K¨ oMaL 2020. ´evi m´ arciusi sz´ am´ aban.)

(6 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. j´ unius 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet C´ım: K¨ oMaL feladatok, Budapest 112, Pf. 32. 1518

❄

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 5. May 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition C (see page 288): Exercises up to grade 10: C. 1609. Solve the following simultaneous equations over the set of real x

numbers: x + y + y = 19,

x(x+y) = 60. C. 1610. In a unit circle, the diameter AB and y

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

317

the chord AC enclose a 30◦ angle. Let B  denote the reflection of B about the point C. Determine the distances between B and the points where the tangents drawn from B  to the circle intersect the line AB. Exercises for everyone: C. 1611. Some numbers are selected from the set of the first 21 positive integers such that the absolute values of the differences of all pairs of selected numbers should be different. What is the largest possible number of different absolute values obtained? Give an example of a case when this occurs. C. 1612. The convex heptagon A1 A2 A3 A4 A5 A6 A7 has a circumscribed circle centred at an interior point of the heptagon. Prove that the sum of the interior angles at the vertices A1 , A3 and A5 is less than 450◦ . C. 1613. There were n teams participating in a basketball championship. Every team played every other team exactly once, and there was no draw. At the end of the championship, the ith team had xi games won and yi games lost (i = 1, 2, . . . , n). Prove that x21 + x22 + · · · + x2n = y12 + y22 + · · · + yn2 . (Croatian problem) Exercises upwards of grade 11: C. 1614. 12 round muffins of diameter 9 cm are arranged along the edge of a round tray of radius 30 cm such that they all touch the edge of the tray, and the neighboring muffins are separated by the same distance from each other. What is this equal distance? C. 1615. Julie’s grandmother bakes cookies every Monday. She always selects out of her infinite number of recipes at random. 60% of her recipes contain chocolate chips. Julie is quite picky about cookies: she only likes 90% of grandma’s chocolate chip cookies, and only 30% of the other kinds of cookies. On a special Monday, grandmother is making two different kinds of cookies. Find the probability that Julie will like exactly one of them. New exercises – competition B (see page 289): B. 5102. There are n distinct points in the plane, which are not all collinear. Show that there exists a closed polygon with these vertices that does not cut through itself. (A polygon is allowed to have angles equal to 180◦ , too.) (3 points) B. 5103. Let a, b, c, x, y and z be positive numbers that satisfy the equalities a2 + b2 = c2 and x2 + y 2 = z 2 . Prove that (a + x)2 + (b + y)2  (c + z)2 , and determine the condition for equality. (3 points) (Proposed by S. Kiss, Ny´ıregyh´ aza) B. 5104. Let A1 , B1 and C1 denote the points of tangency of the incircle of triangle ABC on the sides, and let R and r be the radii of the circumscribed and inscribed circles, respectively. Prove that the ratio of the areas of triangles A1 B1 C1 and ABC is r : 2R. (4 points) B. 5105. Let n denote a positive integer. Determine the smallest number of colours k that are sufficient for colouring the edges of any directed simple graph of n vertices without producing a circuit of the same colour. (4 points) (Proposed by K. Szab´ o, 11th grade student of Fazekas Mih´ aly Primary and Secondary School and Training Centre, Budapest) B. 5106. The numbers n + 1, n + 2, . . . , 2n are written on a blackboard (n  2), and the following procedure is repeated: two numbers  are selected 2 2 (x and y) from the board, erased, and replaced with the numbers x + y + x + y and x + y − x2 + y 2 . Prove that there will never be a number less than 1.442 written on the board. (5 points) B. 5107. The diagonals of a cyclic quadrilateral ABCD intersect at F , the lines of sides AB and CD intersect at E, the midpoint of line segment EF is G, the midpoint of line segment BF is H, and the midpoint of side BC is I. Show that ∠GF D = ∠GIH. (6 points) B. 5108. The points A, B1 , B2 , B3 , C1 , C2 , C3 , in this order, lie on the same line. On one side of this line, perpendicular rays bi are drawn from the points Bi , and semicircles ci are drawn with diameters ACi (i = 1, 2, 3), as shown in the figure. Prove that if the region bounded by b1 , c1 , b2 , c2 and the region bounded by b2 , c2 , b3 , c3 both have inscribed circles then the region bounded by b1 , c1 , b3 , c3 also has an inscribed circle. (5 points) B. 5109. Let x1 = 2, x2 = 7, xn+1 = 4xn − xn−1 (n = 2, 3, . . .).

318

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

Is there a perfect square in this sequence? (6 points) (Proposed by G. Stoica, Saint John, Canada) New problems – competition A (see page 291): A. 777. A finite graph G(V, E) on n points is drawn in the plane. For an edge e of the graph let x(e) denote the number  1 of edges that cross over edge e. Prove that  3n − 6. (Submitted by: D¨ om¨ ot¨ or x(e)+1 e∈E

P´ alv¨ olgyi, Budapest) A. 778. Find all square-free integers d for which there exist positive integers x, y and n satisfying x2 + dy 2 = 2n . (Submitted by: Kada Williams, Cambridge) A. 779. Two circles are given in the plane, Ω and inside it ω. The center of ω is I. P is a point moving on Ω. The second intersection of the tangents from P to ω and circle Ω are Q and R. The second intersection of circle IQR and lines P I, P Q and P R are J, S and T , respectively. The reflection of point J across line ST is K. Prove that lines P K are concurrent.

Problems in Physics (see page 313) M. 396. Measure the thickness of a piece of adhesive tape. G. 709. Tarzan targets monkey Maki on a tree. At the moment when the arrow is shot the arrow is aimed at the banana in Maki’s hand. At the same moment the frightened monkey drops the banana. What will the arrow hit, if air resistance can be neglected? G. 710. Anna and Tom are classmates, and they live in a straight street in different houses. Every day they start walking to school at the same time at uniform speeds. Tom lives further from the school, but he is faster, in some time he overtakes Anna. One day Anna would like to meet Tom earlier, so she begins to walk towards Tom. This time they meet five times earlier than they meet usually. By what factor is Tom’s speed greater than Anna’s speed? G. 711. A closed underground chamber is connected to the outside world with a chimney. There is water in some parts of the chamber. Determine the pressure at the points A, B, C and D shown in the figure. G. 712. Statement: At not too small temperature values the molar heat capacity of metals is the same, approximately 3R = 24.9 J/(mol K), where R is the so called Regnault constant or universal gas constant. Investigate with what percentage accuracy this statement is satisfied for aluminium, gold, silver, copper and iron. P. 5230. Laminated steel (wrongly called Damascus steel) is made by forging two layers of steel with different carbon content, which like puff pastry, is stretched to double its area and then folded in half. How many times would this process have to be repeated in order to make the thickness of a single layer atomic in size if initially the thickness of the steel was 3 mm? P. 5231. An apple is held at its stem on three threads of equal length. The threads are alike, they break at the same load. The upper ends of the threads are slowly separated from each other in a horizontal plane so that the angle between any two pairs of threads is the same. The threads are torn when they are (pairwise) just perpendicular to each other. If we were to attach the same apple to two of the same threads and then separate the upper ends of the threads in the same horizontal plane, what angle would the threads make with each other when they tore apart? P. 5232. The radius of the bottom sphere of a thin-walled, celluloid roly-poly toy is 3 cm. Inside the toy, a 2 cm diameter steel ball was fixed at the bottom. The roly-poly toy is slowly deflected such that the angle between the vertical and its axis of symmetry is 30◦ . What

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/5

319

will the angular velocity of the roly-poly toy be at the moment when its axis swings over the vertical position? (Static friction is high enough, the toy does not slip on the ground. Rolling friction and air resistance can be neglected.) P. 5233. A leaf frog wants to jump from the ground onto a leaf, which is horizontally at a distance of s and which is at a height of h. In what direction and at what speed does it have to jump in order to do this with the least energy? P. 5234. A cylindrical container with a vertical axis of symmetry is closed at the top by a piston which is considered to be weightless, as shown in the figure. The container of volume 7 dm3 contains no air, only saturated water vapour at a temperature of T . How much work is done by pushing down the piston slowly until it reaches the level of the water in the container? During the process, the temperature of the entire system is constant. Calculate and plot the work done as a function of the temperature T , where 100 ◦ C  T  370 ◦ C. (Data on saturated water vapour pressure, density and water density should be taken from tables.) P. 5235. A sample of monatomic ideal gas of n = 2 moles is taken through the process A → P → B shown in the figure. The temperature of the gas in the initial state is T1 = 280 K, and in the final state T2 = 4T1 . Line segment AP is parallel to axis V , the extension of line segment BC passes through the origin, and point P is the midpoint of the line segment BC. a) Determine the temperature of the gas at state P . b) How much heat is absorbed by the gas during process A → P → B? P. 5236. A beam of light falls perpendicularly to one side of a glass prism, and it cannot exit at the top part of the other side of the prism, because that part is coated with some reflective material. Below the point of entry the first side of the prism was also coated with a reflective material, so that light cannot escape from the glass in this part either, but is reflected. Finally, the light beam exits the prism on the other side such that its direction of travel is deviated by 40◦ with respect to the direction of the light beam entering into the prism. What is the angle of the prism ϕ if the refractive index of its material is 1.5? P. 5237. A current of 40 mA flows in at point A of the resistor system shown in the figure and flows out at point B. a) What is the current through each of the resistors in the system? b) How much power is dissipated by each resistor? c) What is the resistance of that single resistor with which we can replace the whole system? P. 5238. An electric toy car with a mass of m0 , and with a load of mass m on it, moves upwards at a constant speed along a slope of elevation angle of α. The electric motor, which drives the wheels of radius r, can be modelled, when it operates in a steady rate, with a resistor of resistance R which is connected in series with a circuit element, whose voltage U is proportional to the angular velocity of the axle ω (U = γω). The current I that flows through it is proportional to the torque M exerted by the axles (I = M/γ). The toy car is powered by a battery of e.m.f. U0 and internal resistance of Rb . Data: m = 300 g, α = 30◦ , r = 2 cm, γ = 1.2 Vs, U0 = 4.5 V, R = 0.8 Ω, Rb = 1.2 Ω. (The coefficient of static friction between the wheels and the slope is high enough, so the car does not slip.) a) At what constant speed does the toy car travel if the mass of the load on it is m = 600 g? b) At what load of m will efficiency of the transport of the load be the best? (Efficiency is the ratio of the energy used to lift the load to the energy delivered by the battery.) P. 5239. At each end of a thin, 21 cm long rigid rod of negligible mass, there is a small point-like body of the same mass. This rod is suspended in the middle by a thin, flexible fibre so that the obtained torsional pendulum has a relatively long period of 600 seconds, which can be measured at small deflections. The pendulum is then hung between two large lead balls, each weighing 600 kg, in the middle. The centres of the lead balls are 70 cm apart. What will the period of the pendulum for small deviations be if the pendulum rod initially lies a) along the horizontal line segment connecting the centres of the two balls; b) perpendicularly to the position described in case a)?

70. ´evfolyam 5. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. m´ ajus

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

IMO felk´ eszu es a koronav´ırus ´ arny´ ek´ aban, ¨ l´ 2020

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 6. sz´am

Budapest, 2020. szeptember

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK Dobos S´andor: IMO felk´esz¨ul´es a koronav´ırus ´arny´ek´aban, 2020 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A CMC verseny feladatai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Olimpiai el˝ok´esz´ıt˝o szakk¨or¨ok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fekete Panna, Kiss Melinda Fl´ora, H´amori Janka, Kocsis Anett, Nguyen Bich Diep, Velich N´ora: EGMO besz´amol´o . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Nemzetk¨ozi Nyelv´eszeti Di´akolimpia . . . . . . . . . . . . . Bessenyei Mih´aly, P´enzes Evelin: Monoton lek´epez´esek fixpontjai II. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Balga Attila, Sz´ekely P´eter: Gyakorl´o feladatsor emelt szint˝u matematika ´eretts´egire . . . . . . . . . . . T´aj´ekoztat´o a foly´oirat el˝ofizet´es´er˝ol . . . . . . . . . . . . . Versenyki´ır´as a K¨oMaL pontversenyeire . . . . . . . . . . Matematika C gyakorlat megold´asa (1549.) . . . . . . . Matematika feladatok megold´asa (5001., 5095., 5105.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A 2019–2020-as pontversenyek v´egeredm´enye. . . . . A K pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (659– 663.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . K¨ursch´ak-verseny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1616– 1622.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5110– 5117.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (780–782.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (514–516., 46., 145.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sarkadi Tam´as, Sz´asz Kriszti´an, Tasn´adi Tam´as, Vank´o P´eter, Vigh M´at´e: Besz´amol´o a 2020. ´evi Kunfalvi Rezs˝o Olimpiai V´alogat´oversenyr˝ol . . . A 2020. ´evi Kunfalvi Rezs˝o Olimpiai V´alogat´overseny elm´eleti feladatai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tehets´eggondoz´as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Woynarovich Ferenc: Anharmonikus rezg´esek peri´odusideje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fizika gyakorlatok megold´asa (693., 701., 704.) . . . Fizika feladatok megold´asa (5184., 5208., 5209.) . . E¨otv¨os-verseny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (397., 713–716., 5240–5249.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

322 324 326

326 327 328 333 336 337 346 349 I 353 353 354 355 356 357

361 362 365 365 373 375 378 378 381 383

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ SZECHENYI ´ LASZL O, ´ ´ E, ´ VLADAR ´ KAROLY, ´ GABOR, VIGH MAT WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ FARKAS CSABA, FODOR Tagjai: BUSA MAT ´ ´ NIKOLETT, LOCZI ´ ZSOLT, LASZL O LAJOS, ´ ´ SIEGLER GABOR, SZENTE PETER ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

321

Az idei Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpia (IMO) tervezett helysz´ıne Szentp´eterv´ ar volt. Ez a besz´amol´o ennek a k¨ ul¨ onleges ´evnek a felk´esz¨ ul´esi kr´ onik´ aja. El˝osz¨or a szakk¨ or¨ ok ´es v´ alogat´ ok t¨ ort´enet´et mutatjuk be, majd a ny´ aron sorra ker¨ ult CMC versenyt. M´eg m´arcius els˝ o napjaiban sem lehetett tudni, mi v´ar r´ank. A R´enyi Int´ezet nagyterm´eben m´ arcius 10-´en, kedden a szok´ asos m´odon lezajlott a Sur´ anyi J´anos eml´ekverseny, amely a m´asodik olimpiai v´ alogat´ overseny. A versenyen 44 di´ ak adott be dolgozatot. Ugyanezen a h´eten, m´ arcius 13-´ an, p´enteken volt az utols´ o k¨ ozponti olimpiai szakk¨ or Budapesten. A viharos gyorsas´aggal v´ altoz´ o j´ arv´ anyhelyzet miatt erre m´ ar kevesen j¨ ottek el. Ezen a h´etv´eg´en indult az orsz´ agos vesz´elyhelyzet ´es a digit´ alis oktat´ as. A szakk¨ or¨ oket a´t kellett alak´ıtani, m´ arcius 27-´en az el˝ore or id˝opontj´aban volt az els˝o zoom-os online olimpiai meghirdetett olimpiai szakk¨ szakk¨or. Erre emailben megh´ıv´ ast kapott minden, a Sur´anyi versenyen r´eszt vett di´ ak. A v´ alogat´ overseny feladatait besz´elt¨ uk meg, minden feladat megold´ as´ at a jav´ıt´oja mutatta be, kit´erve k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megold´ asokra. Sz´ o esett arr´ ol is, mire lehetett r´eszpontsz´amokat kapni. A feladatok felel˝osei sorban: Dobos S´ andor, Kov´ acs Benedek ´es Borb´enyi M´ arton. A megold´ asok ismeret´eben lehetett a dolgozatokkal, azok jav´ıt´as´aval kapcsolatban k´erd´eseket feltenni, ´eszrev´eteleket tenni. Amint ezek tiszt´az´ odtak, Benedek t´ aj´ekoztat´ o honlapj´ an1 megjelentette az eredm´enyeket, majd a visszal´ep´esek ut´ an kialakult az utols´ o, k´etnapos v´alogat´ o n´evsora. Ezt az ut´obbi ´evekben a Mategye Alap´ıtv´ any seg´ıts´eg´evel – melyet ez u ´ton is k¨ osz¨ on¨ unk – Kecskem´eten rendezt¨ uk. A karant´en miatt az a´prilis v´egi kecskem´eti verseny elmaradt. Helyette egy¨ utt izgultunk a l´anyok´ert, akik az online EGMO-n remek¨ ul szerepeltek. Az ´ev v´eg´ere m´eg h´ arom online zoom-os olimpiai szakk¨ or maradt (´ aprilis 24., m´ajus 8. ´es m´ ajus 22.). Ezeken kor´ abbi ´evek v´ alogat´ oversenyeit dolgoztuk fel. A megold´ asok ismertet´es´eben k¨ ozrem˝ uk¨ od¨ ott Lenger D´ aniel, Williams Kada, Baran Zsuzsa. A zoom-os szakk¨ or¨ ok¨ on rendszeresen r´eszt vett K´ os G´eza, aki tanuls´agos megjegyz´esekkel, u ´tmutat´ asokkal, tan´ acsokkal seg´ıtette a di´akokat. Az egyik feladat megold´ asa kapcs´an bemutatta a sz´ amelm´eletben fontos LTE lemm´ at, ´es anahoz k¨ ul¨ on gyakorl´o feladatsort k¨ uld¨ ott. Minden k¨ ozrem˝ uk¨ od˝onek nak alkalmaz´ as´ nagy k¨osz¨onet j´ ar! Az online munkaforma lehet˝os´eget teremtett arra is, hogy a csapat kor´abbi vezet˝ oje, Pelik´ an J´ ozsef ´es ut´oda, Frenkel P´eter is otthon´ ab´ ol jelen ” lehessen” a szakk¨ or¨ on. Aki m´eg nem j´art olimpiai szakk¨ or¨ on, annak neh´ez elmagyar´azni, mi´ert van ennek a szakk¨ ornek k¨ ul¨ onleges hangulata, var´azsa. Ahogy bel´ep az ember a terembe, egy¨ utt l´ atja az orsz´ag k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o r´eszeir˝ ol ¨ osszegy˝ ulve mindazokat, akik az adott ´evj´aratokon a matematik´aval komolyabban foglalkoznak. P´eld´ aul az idei 1

322

http://benoke98.f.fazekas.hu/olimpia/

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

´evben a szakk¨ or t¨ orzshelye volt a Szegedr˝ ol, Gy˝ orb˝ ol, Debrecenb˝ ol, Kecskem´etr˝ ol ´es persze Budapest k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o iskol´aib´ ol j¨ ov˝ o di´akoknak. Az online szakk¨or¨ok¨on ugyanezek a di´ akok hosszas utaz´as n´elk¨ ul r´eszt vehettek, otthonukb´ ol kapcsol´odhattak a munk´ aba. Ennek k´ets´egtelen¨ ul vannak el˝ onyei is, de m´egis hi´ anyzott a szem´elyes tal´ alkoz´ as. A korl´atoz´ asok enyh´ıt´ese ut´ an j´ unius 4-5 –´en rendezt¨ uk meg az utols´ o versenyt, ennek jav´ıt´ as´aban a csapatok vezet˝ oi mellett seg´ıtett Borb´enyi M´ arton, Csah´ ok T´ımea, Imolay Andr´ as, Kov´ acs Benedek, Lenger D´ aniel. A versenyen szerzett pontok az eml´ıtett honlapon k¨ ovethet˝ok, a kialakult csapatok: IMO: Beke Csongor, Gyimesi P´ eter (mindketten a B´ek´ asmegyeri Veres oth Bal´ azs (˝ok h´ arman P´eter Gimn´ aziumb´ ol), Kocsis Anett, Nagy N´ andor, T´ ´ a Budapesti Fazekas Mih´aly Gyakorl´ o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ aziumb´ ol), Weisz M´ at´ e a Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs´erleti Gimn´aziumb´ ol; MEMO: Fleiner Zsigmond, Fu amori Janka, Kov´ acs ¨ redi Erik, H´ Tam´ as, V´ arkonyi Zsombor, Szab´ o Korn´ el (H´ amori Janka a Szegedi Radn´ oti Mikl´os K´ıs´erleti Gimn´aziumb´ ol, a t¨ obbiek a Budapesti Fazekas Mih´aly Gyakorl´ o ´ Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ aziumb´ ol). Id´en a MEMO ´es az IMO is online verseny lesz, a csapatoknak sok sikert k´ıv´ anunk! Az ut´obbi ´evekben Domb´ ov´ aron volt j´ uniusban olimpiai edz˝ot´ abor, ezt id´en le kellett mondani. Az IMO sorsa is lassan kezdett k¨orvonalaz´ odni, szeptemberre ker¨ ult a´t. J´ uniusban kerest´ek meg a szervez˝ok Frenkel P´eter csapatvezet˝ ot azzal, hogy az IMO szok´asos idej´eben egy online vil´ agversenyt szerveznek, melynek neve Cyberspace Mathematical Competition, azaz CMC. Az orsz´ agokat legfeljebb hatf˝os csapat k´epviselheti legal´ abb egy l´any taggal, vagy legfeljebb nyolcf˝ os csapat ak magukat szabadd´ a tenlegal´ abb k´et l´ any taggal. Az IMO csapatb´ ol n´egyen tudt´ ni a verseny idej´ere, hozz´ ajuk csatlakozott a MEMO csapat azon n´egy tagja, akik a v´alogat´ okon a legt¨ obb pontot gy˝ ujt¨ ott´ek. Az ut´obbi ´evek komoly EGMO-s felk´esz´ıt´es´enek is k¨ osz¨ onhet˝ o, hogy Anett ´es Janka r´ev´en nyolcf˝ os csapatunk lehetett. A Bolyai T´ arsulat seg´ıtett a szervez´esben. A domb´ ov´ari Eur´ opa Hotelben ´ırhattuk a versenyt, a ny´ari melegben is kellemes alagsori konferenciatermekben. A feladatokat csatolva tal´ aljuk. A versenyt az MAA (Mathematical Association of America) szervezte az AoPS internetes oldal t´amogat´ as´ aval. Felvet˝ odik a k´erd´es: hogyan lehet a jav´ıt´ ast egys´egesen v´egezni? Nos, minden dolgozatot szkennelve elk¨ uldt¨ unk; ezeket egy honlapon kereszt¨ ul minden regiszt´ r´ alt jav´ıt´ o megn´ezhette. Eltem is ezzel a lehet˝ os´eggel, ´es t¨obb orsz´ ag di´akjainak dolgozat´aba belen´eztem. A kik¨ uld¨ ott pontoz´ asi u ´tmutat´ o alapj´an a csapatvezet˝ ok javasoltak egy pontsz´amot, majd ezt a koordin´ atorok vagy j´ov´ahagyt´ ak, vagy megahagyt´ ak, indult egy egyeztet´es. N´ alunk a legt¨ obb javasolt pontsz´ amot azonnal j´ov´ n´eh´ any esetben k´ertek seg´ıts´eget a ford´ıt´ ashoz, egy-k´et esetben a pontoz´ ast kellett finom´ıtani. Minden di´ak dolgozatain´al feladatonk´ent nyomon lehetett k¨ovetni, hogyan is zajlott az ´ert´ekel˝ o lev´elv´ alt´ as. Ebb˝ ol kider¨ ult, a koordin´ atorok komoly munk´at v´egeztek. K´ os G´eza is k¨ ozrem˝ uk¨ od¨ ott a versenyen, dolgozott a probl´emakiv´ alaszt´ o bizotts´agban. A verseny m´ asodik feladata az o˝ javaslata volt, ennek

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

323

koordin´ atori csapat´ aban is dolgozott. A versenyr˝ ol k´esz¨ ult t´ aj´ekoztat´ o kiadv´ anyalhat´ o az ¨ osszes szervez˝o ´es k¨ ozrem˝ uk¨ od˝ o. ban2 megtal´ Az IMO-t´ol egy kicsit elt´ert ez a verseny, hiszen mindk´et napon 5 o´r´an ´ at lehetett dolgozni ´es mindk´et napon 4 feladatot t˝ uztek ki. A szervez˝ ok sz´and´eka szerint ezek egyre nehezedtek, az els˝ o k¨ onnyebb, a t¨ obbi IMO szint˝ u volt. V´eg¨ ul 75 orsz´ag 555 versenyz˝oje m´erte ¨ ossze tud´ as´ at. A magyar csapat az orsz´agok sorrendj´eben 14. lett. Kocsis Anett ´es Weisz M´at´e arany-, Gyimesi P´eter, H´ amori Janka ´es T´ oth Bal´ azs ez¨ ust-, Fleiner Zsigmond ´es V´ arkonyi Zsombor bronz´ermet szereztek, Kov´ acs Tam´as dics´eretet kapott. A h´ aromnapos domb´ ov´ari program a feladatok jav´ıt´ as´ aval ´es a megold´ asok megbesz´el´es´evel z´ arult. Egy ilyen verseny nyilv´anval´oan k¨ ozel sem teremti meg a szok´ asos IMO atmoszf´er´ aj´at, m´ asr´eszr˝ ol viszont ¨ or¨ ulhet¨ unk, ozi megm´erettet´esben vehett¨ unk r´eszt, j´o, hogy a j´arv´ anyhelyzet ellen´ere nemzetk¨ biztons´ agos k¨ or¨ ulm´enyek k¨ oz¨ ott, minim´ alis utaz´ assal, szervez´essel. A verseny honuk a vide´ os z´ ar´ ou at is. lapj´an3 megn´ezhetj¨ ¨nneps´eget” ´es a r´eszletes eredm´enylist´ ” Vajon mit hoz a j¨ ov˝ o? Az utaz´os vil´agversenyek helyett ilyenekre sz´ am´ıtsunk? Egyel˝ ore ezt m´eg nem lehet tudni, mindenesetre most k´esz¨ ulhet¨ unk ´es v´ arhatjuk augusztus v´eg´en a MEMO-t es a szeptemberi online IMO-t. ´Irta Dobos S´ andor M´ atraf¨ ureden, a MaMuT t´ aborban, augusztus 5-´en

A CMC verseny feladatai Els˝ o nap 1. feladat. Tekints¨ unk egy n × n egys´egn´egyzetb˝ ol a´ll´ o t´ abl´ at. A t´ abla f˝o´ atl´ oja abb´ ol az n egys´egn´egyzetb˝ ol ´ all, amelyek a bal fels˝ o sarkot a jobb als´ oval ¨ osszek¨ ot˝ o ´atl´ o ment´en vannak. Van korl´ atlan sz´ am´ u ilyen csemp´enk:

´ A csemp´eket elforgathatjuk. Ugy szeretn´enk csemp´eket elhelyezni a t´ abl´ an, hogy mind- egyik csempe pontosan h´arom egys´egn´egyzetet fedjen le, a csemp´ek ne fedj´ek ´at egym´ast, a f˝ o´atl´ o egys´egn´egyzetei k¨ oz¨ ul semelyik se legyen lefedve, ´es minden m´ as egys´egn´egyzet pontosan egyszer legyen lefedve. Mely n  2 sz´amokra lehets´eges ez? o, hogy b´ armely adott pozit´ıv 2. feladat. Legyen f (x) = 3x2 + 1. Bizony´ıtand´ eg´esz n eset´en az f (1) · f (2) · . . . · f (n) szorzatnak legfeljebb n k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pr´ımoszt´ oja van. 2 3

324

https://data.artofproblemsolving.com/images/contests/CMC_brochure.pdf https://artofproblemsolving.com/contests/cmc

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

3. feladat. Legyen ABC olyan h´ aromsz¨ og, amelyre AB > BC, ´es legyen D a BC szakasznak egy v´altoz´ o bels˝ o pontja. Legyen E az a pont az ABC h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ or´en, a BC-nek A-val ellent´etes oldal´ an, amelyre BAE = DAC. Legyen I az ABD h´ aromsz¨ og be´ırt k¨ or´enek k¨ oz´eppontja, ´es legyen J az ACE h´ aromsz¨ og be´ırt k¨ or´enek k¨ oz´eppontja. Bizony´ıtand´ o, hogy az IJ egyenes a´tmegy egy r¨ ogz´ıtett ponton, amely f¨ uggetlen D-t˝ol. 4. feladat. Legyen n p´ aratlan pozit´ıv eg´esz. Egy n × n mez˝ob˝ol a´ll´o sakkt´abla bizonyos mez˝ oit z¨ oldre sz´ınezz¨ uk. Az der¨ ul ki, hogy a sakkj´ at´ek-beli kir´aly b´armely z¨ old mez˝ or˝ ol b´ armely m´asik z¨ old mez˝ ore el tud jutni l´ep´esek v´eges sorozat´ aval u ´gy, n2 −1 hogy ek¨ ozben csak z¨ old mez˝ ok¨ on halad ´at. Bizony´ıtand´ o, hogy ezt legfeljebb 2 l´ep´esben mindig meg tudja tenni. (A kir´aly egy l´ep´esben egy mez˝or˝ ol akkor ´es csak akkor l´ephet a´t egy m´asikra, ha a k´et mez˝ onek van k¨oz¨os cs´ ucsa vagy oldala.) M´ asodik nap 5. feladat. Egy t´ abl´ ara 2020 darab pozit´ıv eg´esz sz´ am van fel´ırva. Zuming minden percben let¨ or¨ ol k´et sz´ amot ´es helyett¨ uk az ¨osszeg¨ uket, k¨ ul¨onbs´eg¨ uket, szorzatukat vagy h´anyadosukat ´ırja fel. Ha p´eld´ aul Zuming a 6 ´es 3 sz´ amokat t¨ orli le, akkor a {6 + 3, 6 − 3, 3 − 6, 6 · 3, 6 : 3, 3 : 6} = {9, 3, −3, 18, 2, 12 } halmaz egy elem´evel helyettes´ıti o˝ket. 2019 perc ut´ an Zuming a −2020 sz´amot ´ırja fel egyetlenk´ent a t´ abl´ ara. Mutassuk meg, hogy ugyanezen szab´ alyokkal, ugyanabb´ ol a 2020 darab eg´esz sz´ amb´ol indulva az is lehets´eges lett volna, hogy Zuming egyetlen sz´ amk´ent a 2020-szal fejezze be az elj´ ar´ ast. 6. feladat. Hat´ arozzuk meg mindazon n 3 eg´eszeket, amelyekre a k¨ovetkez˝ o ´ll´ıt´ a as igaz: Ha a P konvex n-sz¨ ognek n − 1 oldala egyenl˝o hossz´ us´ag´ u ´es n − 1 sz¨oge egyenl˝ o nagys´ ag´ u, akkor P szab´ alyos soksz¨ og. (Egy soksz¨og szab´ alyos, ha minden oldala egyenl˝ o hossz´ us´ ag´ u ´es minden sz¨ oge egyenl˝o nagys´ ag´ u.) 7. feladat. Egy n × n m´eret˝ u t´ abla n2 mezej´enek mindegyik´et feket´ere vagy feh´erre sz´ınezz¨ uk. Jel¨olje ai a feh´er mez˝ ok sz´am´at az i-edik sorban, ´es jel¨olje bi n  a fekete mez˝ ok sz´am´at az i-edik oszlopban. Hat´ arozzuk meg ai bi maxim´alis i=1 ´ert´ek´et a t´ abla ¨ osszes kisz´ınez´es´ere n´ezve. 8. feladat. Legyen a1 , a2 , . . . pozit´ıv val´ os sz´amok v´egtelen sorozata u ´gy, hogy minden pozit´ıv eg´esz n eset´en

a1 + a2 + . . . + an = n



a21 + a22 + . . . + a2n1 . n+1

Bizony´ıtand´ o, hogy az a1 , a2 , . . . sorozat konstans. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

325

Olimpiai el˝ ok´ esz´ıt˝ o szakk¨ or¨ ok a 2020/2021. tan´ evben A Bolyai J´ anos Matematikai T´ arsulat ´ altal szervezett Olimpiai felk´esz¨ ul´es az al´ abbiak szerint t¨ ort´enik: Budapest: az els˝ o alkalom szeptember 18-´ an, a m´ asodik okt´ ober 16-´ an (p´enteken) lesz ´ a Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyakorl´ o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ aziumban (Budapest VIII. ker¨ ulet, Horv´ ath M. t´er 8.) 14.30-t´ ol, szakk¨ orvezet˝ o: Dobos S´ andor. Csongr´ ad megye: az els˝ o alkalom szeptember 17-´en (cs¨ ut¨ ort¨ ok¨ on) lesz a Szegedi Tudom´ anyegyetem Bolyai Int´ezet´eben (Szeged, Aradi v´ertan´ uk tere 1.), 15.00 ´es 17.00 k¨ oz¨ ott, szakk¨ orvezet˝ o: Kosztol´ anyi J´ ozsef. Erd˝ os P´ al Matematikai Tehets´eggondoz´ o Iskola veszpr´emi ´es miskolci foglalkoz´ asai 9–12. ´evfolyamosok sz´ am´ ara. Az egyes foglalkoz´ asokra a jelentkez´est a di´ akok egy´enileg v´egezhetik el az Erd˝ os Iskola honlapj´ an: https://erdosiskola.mik.uni-pannon.hu/. Az idei els˝ o foglalkoz´ asok Veszpr´emben szeptember 25. ´es 27., Miskolcon okt´ ober oz¨ ott lesznek. Ha a j´ arv´ anyhelyzet s´ ulyosbodik, a foglalkoz´ asokat online 2. ´es 4. k¨ rendezik, am´ıg vissza nem t´erhetnek a szem´elyes tal´ alkoz´ ashoz.

EGMO besz´ amol´ o H´arom h´ettel a versenynapok el˝ ott sz¨ uletett meg a d¨ ont´es, hogy az eredeti id˝ opontban online tartj´ak meg az EGMO-t. A versenyz˝oknek a neh´ez id˝ ok ellen´ere is siker¨ ult a felk´esz¨ ul´esre koncentr´alniuk, sz¨ uleik, bar´ ataik, tan´ araik is t´ amogatt´ ak ¨ ome Alap´ıt˝oket. A felk´esz´ıt´est a Morgan Stanley Budapest ´es A Gondolkod´ as Or¨ v´ any t´ amogatta, ez´ uton is k¨ osz¨ onj¨ uk a seg´ıts´eg¨ uket! A verseny maga eg´eszen m´ask´epp zajlott, mint a kor´ abbi ´evekben. Mindenki a saj´at orsz´ag´ aban ´ırta, a csapatvezet˝ ok a´ltal meghat´ arozott helyen ´es id˝ oben, szem´elyes vagy vide´o-fel¨ ugyelet mellett. Emiatt a dolgozatok meg´ır´ asa ut´ an nem lettek r¨ogt¨on publikusak a feladatsorok, hiszen lehetett olyan orsz´ ag, ahol m´eg nem ´ırt´ak meg a versenyt. A versenyt k¨ ovet˝oen a csapatvezet˝ ok ´es helyetteseik jav´ıtotak a csapatuk dolgozatait a pontoz´asi u ´tmutat´ o alapj´an, illetve egy erre a c´elra t´ l´etrehozott online f´ orumon tudtunk k´erdezni a koordin´ atorokt´ ol, ´es itt tudtunk tov´abbi megold´ asokat k¨ ozz´etenni. Sz´ amunkra nagy k¨ ul¨ onbs´eget jelentett, hogy nem volt arra lehet˝ os´eg¨ unk, hogy a t¨ obbi csapatvezet˝ ovel besz´elgess¨ unk, ´ıgy nem volt arr´ ol sem inform´aci´ onk, hogy a t¨ obbi orsz´ ag r´esztvev˝ oinek hogyan siker¨ ult az olimpia. A feladatsor ez´ uttal szokatlan volt, k´et feladat is permut´ aci´ okr´ ol sz´olt, k´et m´asikban pedig rekurzi´ oval adt´ak meg a sz´ amsorozatot, ´es mind¨ ossze egy kombinatorika feladat ker¨ ult kit˝ uz´esre. A feladatsorok ezen az oldalon megtal´alhat´ oak: https://www.egmo.org/egmos/egmo9/ Az idei EGMO k¨ ul¨ onlegess´ege, hogy elfogadt´ ak Magyarorsz´ag jelentkez´es´et a 2022-es EGMO szervez´es´ere, ´ıgy 2022. ´ aprilis 6–12. k¨ oz¨ ott Egerben ker¨ ul megrendez´esre az Eur´ opai Matematikai L´ any Di´ akolimpia. o Fekete Panna T´ımea csapatvezet˝ Kiss Melinda Fl´ ora csapatvezet˝ o-helyettes 326

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

Az olimpikon l´ anyok besz´ amol´ oja Az idei EGMO sok szempontb´ ol m´as volt, mint az eddigiek. A verseny Hollandi´ aban lett volna eredetileg, azonban sajnos a j´arv´ any miatt k´enytelenek voltak a szervez˝ ok online lebonyol´ıtani a versenyt. ´Igy nem utazhatott a csapat, amit nagyon sajn´altunk, de a kezdeti csal´ odotts´ agon ´es neh´ezs´egeken siker¨ ult t´ ull´epn¨ unk a csapatvezet˝ oink, Fekete Panna ´es Kiss Melinda seg´ıts´eg´evel. A versenyt megel˝oz˝ o t´ abor helyett online megbesz´el´eseket tartottunk, ami nagy kih´ıv´ ast jelentett mindny´ ajunknak, ´es kicsit a tan´araink hely´eben ´erezhett¨ uk magunkat. Az EGMO-t nagyon szerett¨ uk volna Budapesten k¨oz¨osen ´ırni, ´es nem otthon egyed¨ ul, mert az el˝oz˝ o ´evekhez hasonl´ oan szerett¨ uk volna meg˝ orizni az EGMOhangulatot. Ennek ´erdek´eben tartottunk sok online megbesz´el´est, amelyek keretein bel¨ ul bemutattuk egym´ asnak a szerencs´et hoz´ o talizm´anjainkat, a szob´ ankat, ´es motiv´ altuk egym´ast ebben a neh´ez helyzetben. A versenyt mag´at v´eg¨ ul k¨oz¨osen unk, hogy online progra´ırtuk meg a Budapesti Fazekasban. Lett volna lehet˝ os´eg¨ mokon is r´eszt vegy¨ unk, de nem ´elt¨ unk vele, mert m´ ar mindenki nagyon izgult a m´ asnapi verseny miatt. A magyar csapat v´eg¨ ul 2 bronz, 1 ez¨ ust ´es 1 arany´eremmel t´ert haza” ´es az orsz´agok list´ aj´an 12. (az eur´opaiak list´ aj´an 10.) lett. Verseny ” ut´ an pedig n´eh´ anyan elment¨ unk a Margitszigetre piknikezni. Az idei di´ akolimpia mindenk´eppen m´ as volt, mint kor´abban, de a csapatszellem ´es a pozit´ıv hozz´ a´ all´ as miatt eg´esz j´ o ´elm´eny lett bel˝ole.

1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9)

Ku’ulei kou makuahine. Lei kona makuahine. Makamae ka’u wahine. Makamae kana keiki. Malia kau wahine. Malia ko’u kaikuahine. Mapuana ko’u makuahine. Moana kou kaikuahine. U’ilani ka’u keiki.

A mondatok r´eszford´ıt´ asai a k¨ ovetkez˝ ok (v´eletlenszer˝ u sorrendben): a. [n´ev] az ´en n˝ ov´erem. b. [n´ev] a te n˝ ov´ered. c. [n´ev] az ´en feles´egem. d. [n´ev] a te feles´eged. e. [n´ev] az ´en gyermekem. f. [n´ev] az o˝ gyermeke. g. [n´ev] az ´en ´edesany´ am. h. [n´ev] a te ´edesany´ ad. i. [n´ev] az o˝ ´edesanyja.

1. Ford´ıtsuk le a hawaii mondatokat magyarra, majd rajzoljuk le a csal´adf´ at. 2. Milyen k¨ ul¨ onbs´eg figyelhet˝ o meg a kana, kau, ka’u, kona, kou, ko’u szavak haszn´ alat´ aban? A feladatot k´esz´ıtette: Ugrin B´ alint J´ ozsef

Monoton lek´ epez´ esek fixpontjai II.

H´ amori Janka, Kocsis Anett, Nguyen Bich Diep ´es Velich N´ ora olimpiai csapattagok A frakt´ alokat szok´ as lek´epez´escsal´ adok invari´ ans halmazainak tekinteni. Hutchinson nevezetes frakt´ alt´etele is ezt veszi alapul, mivel ez az ´ertelmez´es kaput nyit a fixpontt´etelek m´ odszerei el˝ ott. C´elunk Hutchinson eredeti megk¨ ozel´ıt´es´enek egyszer˝ us´ıtett form´ aban t¨ ort´en˝ o bemutat´ asa. Az egyszer˝ us´ıt´est a Knaster–Tarski-f´ele fixpontt´etel ´eles´ıtett v´ altozata biztos´ıtja.

Nemzetk¨ ozi Nyelv´ eszeti Di´ akolimpia

1. Bevezet´ es

Indul a Nemzetk¨ ozi Nyelv´eszeti Di´akolimpia (IOL) 2020 t¨obbfordul´ os, interne¨ uln´enk, ha min´el t¨ tes levelez˝ o versenye. Or¨ obben csatlakozn´ atok hozz´ ank. Oldj´atok meg ingyenesen el´erhet˝ o fordul´oink feladatait! Honlapunk c´ıme: http://ioling.ppke.hu/. A verseny pr´ ob´ ara teszi a r´eszt vev˝ ok logikai gondolkod´ as´at, elemz˝ ok´epess´eg´et. Tedd pr´ob´ara gondolkod´asod egy k¨ onny˝ u feladattal! Aloha! A k¨ ovetkez˝ o feladatban hawaii nyelven olvashat´ ok mondatok k´et f´erfi besz´elget´es´eb˝ ol. Keanu (az egyik f´erfi) ´ all´ıt´ asai r´eszben besz´elget˝ ot´ ars´ ara, Lopak´ ara, r´eszben egy harmadik f´erfira, Mako´ara vonatkoznak. A f´erfiak nem v´er szerinti rokonok. Az aposztr´of (’) g´egez´ arhangot jel¨ ol ( ).) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

327

A frakt´ al mindannyiunk sz´am´ara j´ ol ismert kifejez´es. T´ ulz´ as n´elk¨ ul ´ all´ıthatjuk, hogy a frakt´alok minden¨ utt jelen vannak [2], hiszen tal´alkozhatunk vel¨ uk fizikai, k´emiai, biol´ ogiai folyamatokban, s˝ ot a m˝ uv´eszetben vagy a term´eszetben is. Ek¨ ozben mag´at a pontos defin´ıci´ ot a titokzatoss´ ag hom´ alya ¨ ovezi, r´eszben az´ert, mert a matematikai szakirodalomban sincs egys´eges, mindenki a´ltal elfogadott frakt´ alfogalom. Vannak, akik a t¨ ortdimenzi´ os halmazokat tekintik frakt´alnak. Maga az elnevez´es a latin ‘fragmentus’, azaz t¨ oredezett” sz´ ob´ ol ered, ´es Mandelbrot, a frakt´alok atyja ” szint´en ezt a defin´ıci´ ot haszn´alta [8]. Egy m´asik elterjedt ´ertelmez´es az ¨ onhasonl´ os´ ag tulajdons´ag´ ab´ ol indul ki. Tekints¨ uk p´eld´ aul a j´ ol ismert Cantor-halmazt. Ehhez u ´gy jutunk, hogy a [0, 1] intervallum k¨oz´eps˝ o ny´ılt harmad´ at elt´ avol´ıtjuk, majd a keletkez˝ o k´et intervallum ¨ ond´ıj, az Emberi Er˝ A cikk a Bolyai J´ anos Kutat´ asi Oszt¨ oforr´ asok Miniszt´eriuma ´ ´ ´ UNKP-18-2 ´es az Innov´ aci´ os ´es Technol´ ogiai Miniszt´erium UNKP-19-4 k´ odsz´ am´ u Uj Nemzeti Kiv´ al´ os´ ag Programj´ anak t´ amogat´ as´ aval k´esz¨ ult.

328

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

k¨ oz´eps˝ o ny´ılt harmad´ at hagyjuk el. Ezt az elj´ar´ ast ism´etelj¨ uk, minden l´ep´esben a megl´ev˝ o z´ art intervallumok k¨ oz´eps˝ o ny´ılt harmad´ at t¨or¨olve:

V´egezet¨ ul, az egyes l´ep´esekben kapott halmazok k¨oz¨os r´esz´et v´eve, kapjuk a Cantor-halmazt. Megmutathat´o, hogy e k¨ oz¨ os r´esz nem u ot kontinuum ¨res, s˝ sz´ amoss´ ag´ u. Azonnal l´athat´ o, hogy a Cantor-halmaz ¨ onhasonl´ o, hiszen a harmad´ ara zsugor´ıtott k´epe ´es ennek 2/3-dal vett eltoltja visszaadja az eredeti halmazt. M´ ask´eppen fogalmazva, a Cantor-halmaz eleget tesz az al´abbi invariancia egyenletnek:   1 2 1 C+ (1) C= C∪ . 3 3 3 Term´eszetesen az u os sz´amok halmaza is teljes´ıti ezt az in¨res halmaz vagy a val´ varianci´ at. Azonban a Cantor-halmaz az egyetlen olyan nem u as, amely ¨res megold´ korl´ atos ´es z´ art. (Egy val´os r´eszhalmaz z´ art, ha a komplementer minden pontja egy, a pontot tartalmaz´o ny´ılt intervallummal egy¨ utt tartozik a komplementerhez.) A Cantor-halmaz ¨ onhasonl´os´ agi tulajdons´ag´ at szem el˝ott tartva, bevezethetj¨ uk az invariancia absztrakt fogalm´at. Legyen F = {f1 , . . . , fm } az X nem u ¨res halmazt ¨ onmag´aba k´epz˝ o f¨ uggv´enyek halmaza, s legyen A0 ⊆ X. Azt mondjuk, hogy a H ⊆ X halmaz F -invari´ ans, ha kiel´eg´ıti a H = F (H) egyenletet, ahol az F invariancia oper´ ator az al´abbi m´ odon adott: (2)

F (H) =

m 

k=1

Hutchinson t´etele enn´el j´ oval a´ltal´ anosabb form´aban ´erv´enyes, de olyan fogalmakra t´ amaszkodik, melyek messze t´ ulmutatnak cikk¨ unk keretein. Azonban m´eg ebb˝ ol az egyszer˝ us´ıtett v´ altozatb´ ol is k¨ onnyen levezethet˝ o a Cantor-halmaz frakt´ al tulajdons´ aga. Hutchinson bizony´ıt´ asa a fixpontt´etelek m´ odszer´en alapul. A H = F (H) invariancia egyenlet egy´ertelm˝ u frakt´ al megold´ as´ anak l´etez´ese azzal egyen´ert´ek˝ u, hogy az F lek´epez´esnek l´etezik egy´ertelm˝ u fixpontja a nem u art hal¨res, korl´atos, z´ mazok k¨or´eben. Ehhez sz´amos m´ely anal´ızisbeli eszk¨ oz sz¨ uks´eges, p´eld´ aul Banach h´ıres fixpontt´etele [1]. A kontrakci´ os elvk´ent k¨ ozismert eredm´eny nemcsak a l´etez´es ´es egy´ertelm˝ us´eg k´erd´es´et v´ alaszolja meg, hanem iter´aci´ os elj´ar´ ast is ad a frakt´ al ag´ u k¨ ozel´ıt´es´ere. tetsz˝ oleges pontoss´ Ha a frakt´alelm´elet alapt´etel´et a megfogalmaz´ as szintj´en sem tudjuk h˝ uen tolm´ acsolni, akkor term´eszetesen a bizony´ıt´as ismertet´es´er˝ ol is le kell mondanunk a sz¨ uks´eges elm´eleti h´ att´er hi´ any´ aban. M´egis f¨ oltett sz´ and´ekunk, hogy Hutchinson m˝ uv´eszi ´ert´ek˝ u megk¨ ozel´ıt´es´eb˝ ol legal´abb egy kis ´ızel´ıt˝ ot adunk. A mer´esz v´ allalkoz´ashoz szint´en a P. 329. jel˝ u pontversenyen k´ıv¨ uli probl´ema, a Knaster–Tarski-f´ele fixpontt´etel [7] ny´ ujt kapaszkod´ ot. A Banach-f´ele fixpontt´etelt ezzel helyettes´ıtve kider¨ ul, hogy az (2) egyenletnek l´etezik megold´ asa. Az egy´ertelm˝ us´eg helyett csup´an egy gyeng´ebb a´ll´ıt´ ast tudunk megmutatni, nevezetesen, hogy a megold´ asok k¨ oul, a Banach-f´ele iter´ aci´ ot a Kantorovicsz¨ott van egy legsz˝ ukebb megold´ as. V´egezet¨ f´el´evel [6] kicser´elve, elj´ ar´ as nyerhet˝ o a legsz˝ ukebb megold´ as el˝o´ all´ıt´ as´ ara. Jelen cikk a [3] dolgozat egyszer˝ us´ıtett v´ altozata. 2. Lek´ epez´ escsal´ adok invari´ ans halmazai Ahogy azt kor´abbi cikk¨ unkben l´ attuk [4], a Knaster–Tarski-f´ele fixpontt´etel szerint minden monoton lek´epez´esnek l´etezik fixpontja. Els˝ ok´ent ennek az ´all´ıt´ asnak egy ´eles´ıt´es´et igazoljuk. F¨ olid´ezz¨ uk, hogy egy lek´epez´es monoton, ha meg˝orzi a halmazelm´eleti tartalmaz´ ast. A tov´abbiakban P(X) jel¨ oli az X r´eszhalmazainak csal´adj´ at. T´ etel. B´ armely monoton lek´epez´esnek l´etezik legsz˝ ukebb fixpontja.

fk (H) := f1 (H) ∪ . . . ∪ fm (H) ∪ A0 .

  Itt a H halmaz f : X → X f¨ uggv´eny ´ altali k´ep´et a szok´ asos f (H) := f (x) | x ∈ H m´ odon ´ertelmezz¨ uk. Nyilv´anval´ o, hogy a Cantor-halmaz F -invari´ans halmaz, ha az F csal´ ad a kor´abban l´ atott k´et zsugor´ıt´ ast tartalmazza, ´es A0 = ∅. Tegy¨ uk fel, hogy az alapt´er a val´ os sz´amok halmaza, vagy az euklideszi s´ık, vagy az euklideszi t´er, ´es tekints¨ unk ezen egy v´eges F f¨ uggv´enycsal´ adot. Azt mondjuk, hogy egy H r´eszhalmaz F -frakt´ al, ha nem u art, ´es F -invari´ans. Egy ¨res, korl´atos, z´ alapt´erbeli halmaz z´arts´ ag´ at tov´ abbra is u ´gy ´ertelmezz¨ uk, hogy a komplementer minden pontja egy, a pontot tartalmaz´o ny´ılt intervallummal vagy ny´ılt k¨orlemezzel vagy ny´ılt g¨ ombbel egy¨ utt tartozik a komplementerhez. A bevezet˝ o p´eld´ ahoz f˝ uz¨ott megjegyz´est ezek szerint u ´gy is fogalmazhatjuk, hogy a Cantor-halmaz az egyetlen frakt´ al, amely az (1) egyenletet teljes´ıti. A frakt´ alelm´elet alapt´etele, Hutchinson h´ıres eredm´enye [5] val´ oj´aban a frakt´ alok egy´ertelm˝ u l´etez´es´ere vonatkoz´ o egyszer˝ u elegend˝ o felt´etel: Kicsiny´ıt´esek b´ aralt. Megjegyezz¨ uk, hogy mely v´eges F csal´ adja meghat´ aroz pontosan egy F -frakt´ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

329

Bizony´ıt´ as. Tegy¨ uk fel, hogy F : P(X) → P(X) egy monoton lek´epez´es. Eml´ekeztet¨ unk arra, hogy a Knaster–Tarski fixpontt´etelhez az el˝oz˝ o cikk¨ unkben k¨oz¨olt bizony´ıt´ asban a   H ⊆ X | F (H) ⊆ H H0 = halmaz fixpont tulajdons´ag´ at igazoltuk. Ha most H tetsz˝ oleges fixpont, akkor o ´ertelm´eben. Azaz, H0 F (H) ⊆ H szint´en f¨ onn´ all. ´Igy H0 ⊆ H a fenti defin´ıci´ minden m´ as fixpontnak r´esze, ami pontosan a k´ıv´ ant ´all´ıt´ ast adja. 

A tov´ abbiakban a (2) invariancia oper´ator n´eh´ any egyszer˝ u, de hasznos tulajdons´ ag´at foglaljuk ¨ ossze. Nyilv´ anval´ o, hogy A ⊆ B eset´en f (A) ⊆ f (B) is f¨ onn´ all, ha f tetsz˝ oleges f¨ uggv´eny. Innen l´ athatjuk, hogy az invariancia oper´ ator monoton. K¨onnyen ellen˝ orizhet˝ o az is, hogy b´ armely f f¨ uggv´eny eset´en f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B). 330

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

Ezt f¨ olhaszn´ alva kapjuk, hogy az invariancia oper´ ator f¨ olcser´elhet˝ o a halmazelm´eleti egyes´ıt´es m˝ uvelet´evel. Haszn´ alni fogjuk m´eg az invariancia oper´ator iterat´ıv hata F n+1 (H) := v´ anyait, rekurzi´oval ´ertelmez¨ unk: F 1 (H) := F (H), tov´abb´ 

nmelyeket oleges. A pozit´ıv eg´esz sz´ amok halmaz´ara az N := F F (H) , ahol H ⊆ X tetsz˝ jel¨ ol´est alkalmazzuk. F˝o eredm´eny¨ unk a Hutchinson-f´ele alapt´etel strukt´ uramentes” megfelel˝ oje. ” A frakt´ alok geometriai tulajdons´ agai (korl´ atoss´ ag ´es z´arts´ ag) sajnos nem igazolhat´ ok a rendelkez´es¨ unkre ´all´ o eszk¨ oz¨ okkel. Cser´eben az alkalmazott m´ odszerek nem l´epik t´ ul a naiv halmazelm´elet kereteit, mik¨ ozben h˝ uen t¨ ukr¨ozik Hutchinson fixpontos szeml´elet˝ u megk¨ ozel´ıt´es´et. T´ etel. Ha F v´eges f¨ uggv´enycsal´ ad egy nem u ¨res halmazon, akkor l´etezik legsz˝ ukebb F -invari´ ans halmaz, amely az al´ abbi alakban ´ all´ıthat´ o el˝ o:  F n (∅). (3) L0 = n∈N

Bizony´ıt´ as. Legyen F = {f1 , . . . , fm } adott f¨ uggv´enycsal´ ad az X nem u ¨res halmazon. Mivel az invariancia oper´ ator monoton, ez´ert l´etezik legsz˝ ukebb H0 fixas miatt F (∅) ⊆ F (H0 ) = pontja. A monotonit´ as ´es a nyilv´ anval´ o ∅ ⊆ H0 tartalmaz´ ovetkezik, hiszen H0 fixpont. Ezt a gondolatmenetet teljes indukci´oval kom= H0 k¨ ul. ´Igy, bin´alva kapjuk, hogy F n (∅) ⊆ H0 minden n ∈ N eset´en teljes¨  F n (∅) ⊆ H0 , n∈N

azaz L0 ⊆ H0 ad´ odik. Most azt igazoljuk, hogy L0 fixpontja az invariancia oper´ atornak. Ez´ uttal a ∅ ⊆ F (∅) tartalmaz´asb´ ol kiindulva de az el˝o bbi gondolatmenetet  haszn´ alva kapjuk, hogy F n (∅) ⊆ F n+1 (∅) ha n ∈ N. Vagyis, F n (∅) | n ∈ N egy b˝ov¨ ul˝ o halmazcsal´ad. Az egyszer˝ us´eg kedv´e´ert vezess¨ uk be az Ln = F n (∅) jel¨ol´est. Az egyes´ıt´es f¨ uggv´enyhat´ assal val´ o kapcsolat´ at ´es az egyes´ıt´es felcser´elhet˝ os´egi tulajdons´ag´ at szem el˝ott tartva,     m m m      n F (∅) = fk Ln = fk (Ln ) = fk (Ln ) F n∈N

n∈N

k=1

=



F (Ln ) =

n∈N

k=1 n∈N



n∈N

n∈N k=1

 

 F F n (∅) = F n+1 (∅) = F n (∅). n∈N

n∈N

Itt az utols´ o l´ep´esben az´ert lehets´eges a kitev˝ o cs¨ okkent´ese, mert b˝ ov¨ ul˝ o halmazrendszert egyes´ıt¨ unk. Meg´allap´ıthatjuk teh´ at, hogy F (L0 ) = L0 , ami pontosan a k´ıukebb fixpont, ez´ert H0 ⊆ L0 . Miv´ant fixpont tulajdons´ag. Azonban H0 a legsz˝ vel kor´ abban a ford´ıtott ir´ any´ u tartalmaz´ast m´ ar bel´attuk, ez´ert ¨osszess´eg´eben odik.  H0 = L0 ad´ P´eldak´ent tekints¨ uk a 1 H∪ H= 10



1 9 H+ 10 10

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6



invariancia egyenletet. A f¨ onti t´etel ´ertelm´eben ennek l´etezik legsz˝ ukebb megold´ asa, melyet a (3) alakban a´ll´ıthatunk el˝ o. Hogyan kaphatjuk meg ezt az el˝o´all´ıt´ ast? Els˝ ok´ent teljes indukci´ oval azt igazoljuk, hogy   F n+1 (∅) = 0,x1 . . . xn | xk ∈ {0; 9}, k = 1, . . . , n

teljes¨ ul minden n ∈ N0 eset´en. Azonnal l´ athatjuk, hogy F (∅) = {0}, vagyis az ´all´ıt´ as igaz, ha n = 0. Tegy¨ uk fel, hogy F n+1 (∅) a fenti alakban adott. Ennek minden elem´et 10-zel osztva majd 0-val ´es 9/10-del eltolva kapjuk F n+2 (∅) elemeit. Ha u elemb˝ ol indulunk ki, akkor ez az elj´ar´ as egy 0,0x1 . . . xn teh´at egy 0,x1 . . . xn alak´ ´es egy 0,9x1 . . . xn elemet eredm´enyez. Vagyis, F n+2 (∅) olyan (n + 1) hossz´ us´ ag´ u tizedes t¨orteket tartalmaz, melyek 0 vagy 9 sz´ amjegyekb˝ ol ´ allnak. Ezzel az ´all´ıt´ ast bebizony´ıtottuk. Ebb˝ ol azonnal kapjuk, hogy a keresett egyes´ıt´esi halmaz, vagyis a legsz˝ ukebb fixpont   H0 = 0,x1 . . . xn | xk ∈ {0; 9}, k = 1, . . . , n; n ∈ N . ´ Erdemes megjegyezni, hogy a H0 legsz˝ ukebb invari´ ans halmaz nem u ¨res, ´es megsz´ aml´ alhat´ oan v´egtelen sz´ amoss´ ag´ u.

A Cantor-halmazt defini´al´o egyenlet nagyfok´ u hasonl´ os´ agot mutat a p´eldabeli invarianciaegyenlettel. Az eredeti form´aban ennek az u ukebb ¨res halmaz a legsz˝ megold´ asa. Ha azonban (1) jobb oldal´ at egyes´ıtj¨ uk a {0} halmazzal, az u ¨res halmaz m´ar nem megold´ as, mik¨ ozben a most bemutatott m´ odszer ugyan´ıgy alkalmazhat´ o. V´egeredm´enyk´eppen a Cantor-halmaz egy val´ odi, megsz´ aml´ alhat´ oan v´egtelen r´eszhalmaz´ at kapjuk. Mivel ezt a legsz˝ ukebb invari´ ans halmazt triadikus t¨ ortek ´ırj´ak le, melyek t´ argyal´asa nem c´elunk, ez´ert v´ alasztottuk ink´ abb a f¨ onti p´eld´ at. A fixpontt´etelek elm´elete nem csup´an a frakt´alelm´eletben jut kulcsszerephez. Sz´ amos meglep˝o alkalmaz´ as´ aval tal´ alkozhatunk a klasszikus ´es modern anal´ızisben, a geometri´aban, s˝ ot a j´ at´ekelm´eletben vagy az algebr´ aban. A t´ema ir´ ant ´erdekl˝ ooknek aj´anljuk Shapiro k¨ onyv´et [9]. d˝ Hivatkoz´ asok [1] S. Banach, Un th´eor`eme sur les transformations biunivoques, Fund. Math., 6 (1924), 236–239. [2] M. Barnsley, Fractals everywhere, Academic Press, Inc., Boston, MA, 1988. [3] M. Bessenyei and E. P´enzes, Fractals for minimalists, Aequat. Math., 94 (2020), no. 3, 595–603. [4] Bessenyei M. ´es P´enzes E.: Monoton lek´epez´esek fixpontjai I., K¨ oMaL, 73 (2020), 141–146. [5] J. E. Hutchinson, Fractals and self-similarity, Indiana Univ. Math. J., 30 (1981), 713–747. [6] L. Kantorovitch, The method of successive approximations for functional equations, Acta Math., 71 (1939), 63–97. [7] B. Knaster and A. Tarski, Un th´eoreme sur lesfonctions d’ensembles, Ann. Soc. Polon. Math., 6 (1927), 133–134.

∪ {0} 331

332

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

[8] B. Mandelbrot, Les objets fractals, Flammarion, Editeur, Paris, 1975, Forme, hasard et dimension, Nouvelle Biblioth`eque Scientifique. [9] J. H. Shapiro, A fixed-point farrago, Universitext, Springer, 2016.

4. Peti b´a’ egy t´eglalap alap´ u babah´ azat k´esz´ıtett a l´ anyainak. A t´eglalap oldalai 60 cm ´es 80 cm. A babah´ azra egy levehet˝ o s´ atortet˝ ot” k´esz´ıtett. A te” t˝ o fels˝ o ´ele 40 cm hossz´ u, ´es a babah´ az t´eglalap alak´ u mennyezet´enek hosszabbik k¨ oz´epvonala felett, att´ ol 35 cm t´ avols´ agra van. A tet˝ o oldal´elei egyenl˝ o hossz´ uak.

Bessenyei Mih´ aly ´es P´ enzes Evelin Debrecen

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire

a) Sz´am´ıtsuk ki az oldal´elek hossz´ at ´es a v´ızszintes s´ıkkal bez´ art sz¨ og¨ uket. (7 pont) Zs´ ofi a tet˝o, trap´ez alak´ u r´esz´ere egy t´eglalap alak´ u d´ıszt szeretne felragasztani. A t´eglalap egyik oldala illeszkedik a trap´ez alapvonal´ ara, k´et cs´ ucsa pedig a trap´ez sz´ araira. b) Mekkora a legnagyobb ter¨ ulet˝ u t´eglalap ter¨ ulete, amelyet a megadott m´ odon el lehet helyezni a tet˝ on? A v´ alaszt n´egyzetcentim´eterben, eg´esz sz´ amra kerek´ıtve adjuk meg. (6 pont)

I. r´ esz 1. a) Adott k´et f¨ uggv´eny: f (x) =

2x + 9 ; 3

g(x) =



x2 + 4x + 4 .

Van-e olyan x ∈ R, ahol a k´et f¨ uggv´eny helyettes´ıt´esi ´ert´eke megegyezik? (6 pont) b) Van-e olyan p val´os sz´am, amelyre az al´ abbi k´et kifejez´es ´ert´eke egyenl˝o: A = log2 (p + 2) + log2 (p − 2);

B = 1 + log2 (p + 10)?

(6 pont)

2. Solym´asz tan´ ar u ´r biol´ ogia ´or´ aj´ara 26 v´egz˝ os j´ar, ´es valamennyien r´eszt vesznek im´adott biol´ ogia tan´aruk hum´ anetol´ ogia ´or´ aj´an is. F´el´evkor a tan´ ar u ´r (nevel˝ o c´elzattal) meglehet˝ osen szigor´ u volt, ez´ert 21-en nem kaptak ¨ot¨ost biol´ ogi´ab´ol ´es 19-en nem kaptak ¨ ot¨ ost hum´anetol´ ogi´ab´ol. Ugyanakkor 8-an kaptak ¨ot¨ost legal´ abb az egyik t´argyb´ ol. a) H´ any v´egz˝ os kapott ¨ ot¨ ost mindk´et t´ argyb´ ol? (4 pont) A biol´ ogia pr´ oba´eretts´egit mind a 26 di´ ak meg´ırta. A tan´ ar u ´r kor´ abbi szigor´ us´aga el´erte c´elj´ at, mert a pr´ oba´eretts´egi m´ ar sokkal jobban siker¨ ult. Senki sem alyzatot. A k¨ozepes, j´ o ´es jeles oszt´ alyzatok kapott el´egtelen, vagy el´egs´eges oszt´ sz´ ama ebben a sorrendben egy m´ertani sorozat h´ arom egym´ast k¨ovet˝o eleme lett. lett. A csoport a´tlaga 60 13 b) Sz´ amoljuk ki a pr´ oba´eretts´egi oszt´ alyzatainak sz´ or´ as´at. Az eredm´enyt k´et tizedesjegy pontos´aggal adjuk meg. (8 pont) 3. a) Hat´ arozzuk meg az f : R → R, f (x) = x3 − 3x2 − 24x + 2 f¨ uggv´eny lok´ alis maximumhely´et. (5 pont) uggv´eny grab) Mekkora ter¨ uletet z´ ar be a g : R → R, g(x) = 3x2 − 6x − 24 f¨ fikonja ´es az x tengely? (6 pont) c) Mennyi az an = 11n−5 sorozat hat´ ar´ert´eke? 3n+8 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

(3 pont) 333

II. r´ esz ¨ 900 p´ 5. A DO ol´ot rendelt E5v¨ os Napra. A p´ol´okat k´et g´eppel nyomtatt´ ak. A g´epeket kezdetben rosszul a´ll´ıtott´ ak be, ez´ert az els˝ o g´ep (Horribile dictu!) a rajta nyomtatott 400 p´ ol´o 2%-´ ara t´evesen, az E5v¨ os helyett az E¨ otv¨ os feliratot nyomtatta, ´es a m´asik g´ep ugyanezt a hib´at k¨ ovette el a rajta nyomtatott p´ ol´ok 3,4%-´ aval. A min˝os´egellen˝ orz´eskor Boc´ o a 900 alaposan o sszekevert p´ o l´ o b´ o l v´ e letlenszer˝ uen ¨ kiv´alasztott egyet, ´es azon hib´as volt a felirat. (Ezen persze kell˝ ok´eppen elkeseredett . . . ) a) Mekkora annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a hib´as p´ ol´ot a m´ asodik g´epen nyomtatt´ ak? (5 pont) ¨ A DO u ´gy d¨ ont¨ ott, hogy a hib´asan nyomtatott p´ ol´o ´ ar´ ab´ ol el˝osz¨ or 500 Ft ´j a´rat m´eg tov´ abb ´arengedm´enyt ad, de a kereslet nagyon minim´alis volt, ez´ert az u kellett cs¨okkenteni, annak p%-´aval. ´Igy a p´ ol´o 50 Ft-tal dr´ ag´ abb lett, mintha el˝ osz¨ or engedt´ek volna le az ´ ar´ at p%-kal ´es ut´ ana 500 Ft-tal, viszont 90 Ft-tal olcs´obb lett, mint ha mindk´etszer az aktu´ alis ´ ar p%-´aval cs¨ okkentett´ek volna az a´r´ at. b) Mennyi volt a p´ol´o eredeti ´ ara, ´es h´ any sz´ azal´ekos volt a cs¨ okkent´es? (11 pont) 6. Fixi ker´ekp´ arunkon az els˝ o l´ anct´ any´eron 46 fog tal´alhat´ o, a h´ ats´ o fogasker´eken pedig 18 fog van. (Az els˝o l´anct´ any´erhoz r¨ ogz´ıtik a ped´alt, a h´ ats´ o fogasker´ek pedig a h´ ats´ o ker´eken van.) Az 1. ´ abr´ an a l´ anc fel¨ uln´ezeti k´epe l´ athat´ o, anca m´asodik a´br´ an pedig az, hogy mik´ent illeszkedik a l´anc a fogasker´ekre. K´et l´ szem tengelye 1,27 cm t´ avols´ agra van egym´ast´ ol (l´asd 2. ´ abra). a) Milyen hossz´ u l´anc f´erne az els˝o l´anct´ any´erra, ha teljesen k¨ orbetekern´enk l´anccal? (3 pont) 334

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

A streetball d¨ ont˝ oje ut´ an a hat r´esztvev˝ o kezet fogott egym´ assal. Mivel a meccs kiss´e elfajult, ez´ert voltak, akik nem fogtak kezet. Fl´ ora megk´erdezte a r´esztvev˝ oket, hogy h´ any emberrel fogtak kezet, ´es a k¨ ovetkez˝ o v´ alaszokat kapta: 5; 4; 3; 3; 2; 2. Fl´ora ezek ut´ an a k¨ ovetkez˝ ot mondta: Biztos, hogy van k¨ oz¨ ottetek legal´ abb egy ” ember, aki nem tud sz´ amolni.” c) Mire alapozta a´ll´ıt´ as´ at? (3 pont) 1. a ´bra

A k´et fogasker´ek (a ped´ al ´es a h´ ats´ o tengely) k¨ oz´eppontja 41 cm van egym´ ast´ ol (3. ´ abra) ´es a l´ anc teljesen feszes. b) Milyen hossz´ u l´anc van a ker´ekp´ aron? (V´ alaszunkat centim´eterben, k´et tizedesjegy pontos´ aggal adjuk meg.) (10 pont)

Az E5v¨os Napok v´eg´en F˝ oz˝ ou ´r, a technikus visszapakolta a kiadott eszk¨ oz¨ oket kis kuck´oj´aba. Lelkes seg´ıt˝ oi is akadtak, akik a kuck´ o el´e odapakoltak k´et l´etr´at, h´ arom fekete dobozt, n´egy projektort ´es o ov´ asznat, meglehet˝ osen nagy ¨t vet´ıt˝ o¨sszevisszas´ agban. F˝ oz˝ o u ´r, ezeket v´eletlenszer˝ u sorrendben, egyes´evel bepakolta a hely´ere.

2. a ´bra

d) H´anyf´ele m´ odon t¨ ort´enhetett ez, ha az azonos t´ıpus´ u eszk¨ oz¨oket nem lehet megk¨ ul¨onb¨oztetni egym´ast´ ol? (4 pont) ´ azoljuk der´eksz¨ 8. Abr´ og˝ u koordin´ ata-rendszerben az al´ abbi ponthalmazokat:   2 2 a) A := P (x; y) | 9x − 16y  0 . (5 pont)   2 2 (3 pont) b) B := Q(x; y) | x + y  25 . c) Mekkora az A ∩ B halmaz ter¨ ulete? (8 pont)

3. a ´bra

A l´ancokat gy´ art´o u ancszemb˝ ol a´ll´o l´ ancdarabokat k´esz´ıtenek. ¨zemben 160 l´ A m´er´esek alapj´an a l´ ancdarabok 2%-´aban egy szemmel kevesebb van, mint az el˝o´ır´ as. A l´ ancszemek sz´am´at egy sz´ am´ıt´og´ep ellen˝ orzi egy fut´ oszalagon. A fut´ oszalag k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontjain v´eletlenszer˝ uen kiv´ alaszt egy l´ ancdarabot ´es meghat´ arozza, h´ any l´ ancszemb˝ ol a´ll, de a fut´oszalag folyamatosan mozog, ez´ert nem lehet kiemelni a hib´ as l´ancdarabot. Ennek megfelel˝ oen ak´ ar az az extr´em eset is el˝ ofordulhat, hogy ugyanazt a l´ancdarabot ellen˝orzi csak, ak´ ar t¨ obbsz¨or is. Egy f´el´or´ as id˝ointervallumban 5000 l´ancdarab kering a fut´ oszalagon.

9. Egy piramisj´at´ek elind´ıt´ oja az els˝ o h´eten ¨ ot embert szervezett be. A szervez´es j´ ol folytat´odott, ez´ert a m´asodik h´ett˝ ol kezd˝od˝ oen a hetente beszervezettek sz´ ama a k¨ovetkez˝ o sorozat szerint alakult: an = 3 · an−1 − 8.

c) Hat´ arozzuk meg a f´el ´ ora alatt hib´ asnak tal´ alt l´ancdarabok v´arhat´ o ´ert´ek´et. (3 pont)

¨ a) Osszesen h´anyan vettek m´ar r´eszt az o odik h´eten a j´at´ekban? (3 pont) ¨t¨ b) Igazoljuk, hogy a sorozat utols´o sz´ amjegyei periodikusan ism´etl˝od˝ o sorozatot alkotnak. (5 pont)

´ 7. Abel elk´esett a matematika o´r´ar´ ol. Amikor tan´ ara k´erd˝ore vonta, a k¨ovetkez˝ ok´eppen menteget˝ oz¨ ott: Tan´ ar u ´r! F´ aj a l´ abam, ez´ert nem tudtam l´epcs˝ on ” felj¨ onni a harmadik emeletre. Lifttel kellett j¨ onn¨ om, de a liftre ki van ´ırva, hogy 13 f˝o haszn´ alhatja, ´es sok´ aig tartott, am´ıg ¨ osszej¨ ott a 13 ember.” (Ezzel persze kit˝ un˝o lehet˝ os´eget biztos´ıtott matematika tan´ ar´ anak, hogy elmagyar´azza a legfeljebb” ” ´es legal´ abb” szavak matematikai l´enyeg´et . . . ) ” ´ u Az E5v¨ os Napokon az Igazgat´ o Ur ´gy d¨ ont¨ott, hogy a tizenkettedikesek szabadon haszn´ alhatj´ ak a liftet. A v´egz˝ os¨ ok u ´gy gondolt´ ak, hogy ezt a lehet˝os´eget maxim´alisan kihaszn´ alj´ ak, ez´ert minden esetben 13-an sz´ alltak be az u ¨res liftbe. a) Bizony´ıtsuk be, hogy minden ilyen alkalommal biztosan utazott a liftben legal´ abb h´ arom olyan di´ ak, akik oszt´ alyt´ arsak voltak. (Az iskol´ aban hat v´egz˝ os oszt´ aly van.) (3 pont)

c) Bizony´ıtsuk be, hogy a sorozat n-edik eleme a m´asodikt´ol kezdve: an = (8 pont) = 3n−1 + 4.

os Napokon a Ki Mit Tud?-ra 12 f˝os di´akzs˝ uri is alakult, amelyet Az E5v¨ a v´egz˝ os ´evfolyamb´ol v´eletlenszer˝ uen v´ alasztottak ki. b) Mekkora a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy minden oszt´ alyt pontosan k´et f˝o k´epviselt, ha az oszt´alyl´etsz´ amok: 12.A: 32 f˝ o, 12.B: 33 f˝ o, 12.C: 31 f˝o, 12.D: 30 f˝ o, 12.E: 29 f˝ o, 12.F: 28 f˝ o? (6 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

335

Balga Attila, Sz´ ekely P´ eter Budapest V. Ker¨ uleti E¨ otv¨ os J´ ozsef Gimn´azium

T´ aj´ ekoztat´ o a foly´ oirat el˝ ofizet´ es´ er˝ ol A K¨oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Lapok megrendelhet˝o a kiad´ on´ al, a MATFUND Alap´ıtv´ anyn´al a szerkeszt˝os´eg c´ım´en; valamint a k¨ ovetkez˝ o c´ımen: http://www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj a 2020–2021-es tan´evre (2020 szeptember´et˝ ol 2021 m´ ajus´aig) 8100 Ft. Azonos c´ımre k¨ uldend˝o, 6-n´ al nagyobb p´eld´ anysz´am´ u megrendel´es eset´en a csoportos el˝ofizet´esi d´ıj a kor´abbi ´evekhez k´epest v´ altozott, a r´eszletes ´ arak a fenti oldalon olvashat´ ok. Csekket ´es sz´ aml´ at a szeptemberi sz´ ammal egy¨ utt k¨ uld¨ unk, a fizet´es csak ezut´an t¨ort´enhet. Lapunk el˝ ofizet˝ oi az el˝ ofizetett p´eld´ any c´ımlapj´ an l´ athat´ o el˝ ofizet˝ oi azonos´ıt´ o seg´ıts´eg´evel a kit˝ uz¨ ott feladatainkhoz m´ ar a lap nyomtatott v´ altozat´ anak megjelen´es´evel egyidej˝ uleg hozz´ af´erhetnek. 336

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

A Bolyai J´ anos Matematikai T´ arsulat (BJMT) tagjai ´ altal ig´enybevehet˝ o kedvezm´enyekr˝ ol k´erj¨ uk, olvassa el a T´ arsulat honlapj´ an a Tags´ agi inform´ aci´ ok”-at: ” www.bolyai.hu. Azok, akik az id´en k´erik felv´etel¨ uket a Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulatba, felv´eteli k´erelm¨ uk elb´ır´ al´asa ut´ an (legk¨ ozelebb v´arhat´ oan okt´ oberben) ´ertes´ıt´est ´es tagd´ıjbefizet´esi csekket kapnak, ez´ert k¨ ul¨ on nem sz¨ uks´eges el˝ obb jelentkezni¨ uk. A K¨ oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Lapok p´eld´ anyonk´enti a´ra 950 Ft. K´erj¨ uk versenyz˝ oinket, hogy a K¨ oMaL 2020–2021-es tan´evi matematika, fizika ´es informatika pontverseny´enek versenyki´ır´ as´ at figyelmesen olvass´ak el!

Versenyki´ır´ as∗ a K¨ oMaL 2020–2021. ´ evi pontversenyeire A most indul´o pontversenyek 2020 szeptember´et˝ ol 2021 m´ ajus´aig tartanak, havonta az u ´jonnan kit˝ uz¨ ott feladatcsoportok megold´ asait lehet bek¨ uldeni. Kedves Versenyz˝ onk! Matematik´ ab´ ol, fizik´ ab´ ol ´es informatik´ ab´ol ¨ osszesen 21 kateg´ ori´aban ind´ıtunk k¨ ul¨ onf´ele neh´ezs´eg˝ u pontversenyeket. Ezek a versenyek 9 h´onapon kereszt¨ ul, 2020 szeptember´et˝ ol 2021. j´ unius elej´eig tartanak. Minden h´ onapban u ´j feladatokat t˝ uz¨ unk ki, ´es a megold´ asokat a k¨ ovetkez˝ o h´ onap elej´eig k¨ uldheted be. A verseny v´egeredm´eny´et 2021. szeptemberi sz´ amunkban hirdetj¨ uk ki. A d´ıjakat j¨ov˝ o ˝osszel, a K¨ oMaL Ifj´ us´agi Ank´eton adjuk a´t. Pontversenyeinkben a r´eszv´etel a 2020/2021-es tan´evben is t´er´ıt´esmentes. K´erj¨ uk azonban versenyz˝oink sz¨ uleit, hozz´ atartoz´ oit, vagy az o˝ket t´ amogat´ o int´ezm´enyeket, c´egeket, hogy el˝ ofizet´es¨ ukkel ´es adom´ anyaikkal seg´ıts´ek Lapunk fennmarad´ as´ at. Nevez´ es a versenyre Versenyeinkben minden a´ltal´ anos iskol´as ´es k¨oz´episkol´as kor´ u tanul´ o r´eszt vehet. ´ Az Eur´ opai Uni´ o Altal´ anos Adatv´edelmi Rendelete (GDPR) ´ertelm´eben sz¨ ul˝ oi enged´ely sz¨ uks´eges a 16 ´evesn´el fiatalabb versenyz˝ oink adatainak nyilv´ antart´ as´ ahoz. Az o˝ eset¨ ukben egy sz¨ ul˝ oi nyilatkozatra is sz¨ uks´eg van, melyet a regisztr´ aci´ o sor´ an lehet megadni. Amennyiben a sz¨ ul˝ oi nyilatkozat nem ´erkezik meg, a versenyz˝ o nem szerepelhet az eredm´enylist´ aban. Adatkezel´esi szab´alyzatunk a https://www.komal.hu/info/adatkezeles.h.shtml c´ımen olvashat´ o. Regisztr´ aci´ o Ha m´eg soha nem vett´el r´eszt a K¨ oMaL versenyeiben, az els˝ o l´ep´es a regisztr´ aci´ o a honlapunkon (https://www.komal.hu/u?a=reg). A regisztr´ aci´ o sor´an alapvet˝ o adatokat (n´ev, sz¨ ulet´esi d´ atum, iskola, oszt´ aly, e-mail c´ım) k´er¨ unk. A k´es˝obbi bejelentkez´eshez sz¨ uks´eges jelszavadat e-mailben k¨ uldj¨ uk el. A nagyon gyakori csal´ adnev˝ u versenyz˝ oknek (Horv´ ath, Kiss, Varga stb.) javasoljuk, hogy v´ alasszanak egy h´aromjegy˝ u jelz˝ osz´ amot, amit m´ asodik vezet´ekn´evk´ent haszn´ alnak (pl. Kiss 349 Anna, Szab´o 344 P´eter). K´erj¨ uk, hogy mind a regisztr´ aci´ okor, mind pedig a tan´ev sor´ an bek¨ uld¨ ott dolgozataidon is minden esetben az ´ıgy kib˝ ov´ıtett nevet haszn´ald. ∗

K´erj¨ uk, hogy azok is figyelmesen olvass´ ak el a versenyki´ır´ ast, akik tavaly m´ ar r´eszt vettek valamelyik verseny¨ unkben.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

337

A sikeres regisztr´aci´ o ut´ an adhatod meg tov´ abbi adataidat (pl. levelez´esi c´ım: ide szoktuk k¨ uldeni az ´eretts´egizettek oklevel´et; felk´esz´ıt˝ o tan´ arok neve), ´es nyilatkozhatsz a r´eszletes pontsz´amok nyilv´anoss´ ag´ ar´ ol vagy egyes konkr´et versenyekben val´o r´eszv´etelr˝ ol. Ha kor´ abban m´ ar regisztr´alt´ al, akkor nincs sz¨ uks´eg u ´jabb regisztr´ aci´ ora; a tavalyi jelszavadat tov´abbra is haszn´alhatod; ugyanakkor sz¨ uks´eges lesz a szem´elyes be´all´ıt´ asaid a´ttekint´ese, fel¨ ulvizsg´alata. Az egyes pontversenyekre az els˝ o dolgozat bek¨ uld´es´evel nevezhetsz be. A versenyekbe a tan´ev sor´ an k´es˝ obb is be lehet kapcsol´ odni. FONTOS! A versenyben csak a regisztr´ aci´ o ut´ an, a Munkafu ¨ zetbe be´ırt vagy felt¨ olt¨ ott megold´ asokat ´ ert´ ekelju aci´ o n´ elku ¨ k! A regisztr´ ¨ l, post´ an beku ott megold´ asokat ut´ olag sem vesszu ¨ ld¨ ¨ k figyelembe! Az oszt´ alyok sz´ amoz´ asa A K¨oMaL versenyeiben az oszt´ alyokat 1-t˝ ol 12-ig sz´ amozzuk. Lehet, hogy a sz´ amoz´ as nem azonos az iskol´ aban haszn´alt sz´ ammal. Azok sz´am´ıtanak 12. oszt´ alyosnak, akik most kezdik az ´eretts´egi vizsga el˝otti utols´ o ´evet. 11. ´es 10. oszt´ alyosnak sz´ am´ıtanak azok, akik v´arhat´ oan 2022-ben, illetve 2023-ban fejezik be a k¨ oz´episkol´ at. Azok, akik 8 + 5 ´eves k´epz´esben vesznek r´eszt, p´eld´ aul a nyelvi el˝ok´esz´ıt˝ o oszt´alyok tanul´oi, k´et egym´ as ut´ani ´evben is 9. oszt´ alyosnak sz´am´ıtanak. K´erj¨ uk, ha az oszt´ alyod sorsz´ ama nem 1-gyel n˝ ott tavalyhoz k´epest, ezt jelezd a szerkeszt˝os´egnek e-mailben. A regisztr´ aci´ o m´ odos´ıt´ asa A regisztr´ aci´ o ut´ an az azonos´ıt´ ashoz sz¨ uks´eges adataidat (n´ev, iskola, oszt´ aly, e-mail c´ım) ¨on´ all´ oan nem m´odos´ıthatod. Ha ezek megv´ altoztak, k´erj¨ uk, hogy fordulj e-mailben a szerkeszt˝os´eghez. Mindenkit o´vunk a regisztr´ aci´ o¨ onk´enyes megism´etl´es´et˝ ol, a t¨ obbsz¨ or¨ os regisztr´aci´ ot´ ol. Nincs olyan helyzet, amikor a t¨ obbsz¨ or¨ os regisztr´aci´ o seg´ıtene; csak m´eg nagyobb zavart okoz. (Ugye nem szeretn´el k´etszer szerepelni a pontversenyben, feleakkora pontsz´ ammal?) Arck´ epek Ha szeretn´ed, hogy f´enyk´eped megjelenjen honlapunkon a pontverseny eredm´eny´eben, k¨ uldd el a szerkeszt˝ os´egnek e-mailben. Ha lehet, v´ alassz vil´ agos, egysz´ın˝ u h´atteret. A k´epeket t¨ obbnyire a´tm´eretezz¨ uk ´es megfelel˝ o m´eret˝ ure v´ agjuk, ez´ert ´erdemes nagyobb felbont´ast haszn´ alni. Matematika versenyek N´egyf´ele versenyt ind´ıtunk, n¨ ovekv˝ o neh´ezs´egi sorrendben K, C, B ´es A kateg´ori´aban. Egy tanul´o t¨ obb pontversenyben is indulhat, de K-ban ´es B-ben egyszerre all´ıt´ asaid k¨ oz¨ ott nyilatkoznem. Ha kilencedik oszt´alyos vagy, akkor a szem´elyes be´ hatsz, hogy melyik versenyben szeretn´el r´eszt venni. Mindegyik verseny¨ unkre ´erv´enyes, hogy egy feladatra csak egy megold´ ast ´ ert´ ekelu ¨ nk. Term´eszetesen ¨ or¨ ommel v´ arunk a´ltal´ anos´ıt´ asokat, megjegyz´eseket, m´asfajta megold´ asi vagy kit˝ uz´esre tett javaslatokat, ezeket sz´ıvesen k¨ oz¨ olj¨ uk, s˝ ot, a pontversenyen k´ıv¨ ul k¨ ul¨ ond´ıj form´ aj´aban is elismerj¨ uk. 338

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

K-jel˝ u matematika feladatok – az ABACUS ´es a K¨oMaL K¨oz¨os pontversenye Kilencedikes Kezd˝oknek A K-pontversenyben csak kilencedik oszt´alyosok indulhatnak. Azoknak aj´ anljuk, akik m´eg csak most ismerkednek a K¨ oMaL-lal. Szeptembert˝ol m´ arciusig h´et fordul´ oban, havonta ¨ ot feladat jelenik meg; ezek k¨ oz¨ ul h´ arom feladat az ABACUS pontverseny´evel k¨ oz¨ os. Mindegyik feladat teljes megold´ asa 6 pontot ´er. A feladatokat az ABACUS matematikai lapok bocs´ atja a K¨ oMaL rendelkez´es´ere. Az ABACUS pontverseny´eben tov´ abbra is az a´ltal´ anos iskol´ak 3–8. oszt´ alyos tanul´ oi vehetnek r´eszt. C-jel˝ u matematika gyakorlatok A C-pontverseny gyakorlatait azoknak az olvas´ oinknak aj´anljuk, akik t´ ul neh´eznek vagy szokatlannak tal´alj´ ak a B ´es az A kateg´ oria feladatait. Itt rendszeresen k¨ ozl¨ unk az iskolai tananyaghoz szorosabban kapcsol´od´o gyakorlatokat, azok tal´ alhatnak itt kedv¨ ukre val´ot, akik valamivel – de nem sokkal – szeretn´enek t´ ull´epni az iskolai matematika keretein, vagy emelt szint˝ u ´eretts´egit k´ıv´ annak tenni matematik´ ab´ ol. A gyakorlatok egy r´esze ´ altal´ anos iskol´asoknak is aj´ anlhat´o, m´as r´esz¨ uk azonban a 11–12. ´evfolyam tanulm´anyaira t´ amaszkodik. Minden h´ onapban h´et gyakorlatot t˝ uz¨ unk ki, ebb˝ ol az 1–5. gyakorlatokra a legfeljebb 10. ´evfolyamosok, a 3–7. gyakorlatokra pedig a 11–12. ´evfolyamosok k¨ uldhetnek be megold´ ast. Minden dolgozatra legfeljebb 5 pont kaphat´ o. A C-pontversenyt h´arom korcsoportban ´ert´ekelj¨ uk: 1–8., 9–10., illetve 11–12. oszt´ alyosok. B-jel˝ u matematika feladatok A B-pontversenyben havonta ¨ osszesen nyolc feladatot t˝ uz¨ unk ki, de havonta mindenkinek legfeljebb hat megold´ as´ at sz´am´ıtjuk be a pontversenybe (amelybe azonban el˝osz¨ or a nem versenyszer˝ ueket sz´ am´ıtjuk be, l´asd lejjebb). Az eredm´enyes versenyz´eshez teh´ at nincs sz¨ uks´eg valamennyi feladat megold´ as´ara; ki-ki gondolja v´egig, mely p´eld´ akkal foglalkozna sz´ıvesen, hogyan ´erhetn´e el a legt¨obb pontot. A B-feladatok sorrendje megfelel az iskolai tananyagnak: egy feladatsoron bel¨ ul az alacsonyabb sorsz´ am´ uakat aj´ anljuk a fiatalabbaknak. A feladatok – sz´ and´ekaink szerinti – neh´ezs´eg´et a k¨ oz¨ olt pontsz´am jelzi (t¨ obbnyire 3–6). A B-pontverseny eredm´eny´et ¨ ot korcsoportban tartjuk nyilv´ an: a 8. ´evfolyamig, a 9., 10., 11., illetve 12. ´evfolyamokban. A-jel˝ u nehezebb matematika feladatok Az A-pontverseny a legfelk´esz¨ ultebb di´akok sz´am´ara jelent kih´ıv´ ast. Azoknak aj´ anljuk, akik tudom´ anyos kutat´ o p´aly´ ara vagy nemzetk¨ozi versenyekre k´esz¨ ulnek. Havonta k´et vagy h´ arom A-feladatot t˝ uz¨ unk ki, mindegyik feladatra legfeljebb 7 pont kaphat´ o. Az A-verseny r´esztvev˝ oit nem k¨ ul¨on´ıtj¨ uk el ´evfolyamonk´ent, mindannyian egy¨ utt versenyeznek.

k¨oz¨ott kell nyilatkozniuk, hogy a P- ´es G-versenyek k¨ oz¨ ul melyikben k´ıv´ annak r´eszt venni. Term´eszetesen ¨ or¨ ommel v´ arunk a´ltal´ anos´ıt´ asokat, megjegyz´eseket, m´asfajta megold´ asi vagy kit˝ uz´esre tett javaslatokat, ezeket sz´ıvesen k¨ oz¨ olj¨ uk, s˝ ot, a pontversenyen k´ıv¨ ul k¨ ul¨ ond´ıj form´ aj´aban is elismerj¨ uk. M-pontverseny – fizika m´er´esi feladatok Havonta egy m´er´esi feladatot t˝ uz¨ unk ki, valamennyi koroszt´ aly sz´ am´ara k¨ oz¨ osen. A feladatok megold´ as´ aval 6-6 pontot lehet szerezni. A m´er´es elv´egz´es´ehez szabad egy szem´ely (csal´adtag, oszt´alyt´ ars, bar´ at) seg´ıts´eg´et is ig´enybe venni. A seg´ıt˝ o szem´ely adatait a m´er´esi jegyz˝ ok¨ onyv elej´en a versenyz˝ o adatai mellett t¨ untess´etek fel. Ebben a pontversenyben azt is megengedj¨ uk, hogy a m´er´est k´et versenyz˝ o k¨ oz¨ osen, m´er˝ op´ arban v´egezze el. A m´er˝ op´ ar tagjai – akik j´arhatnak k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o iskol´ aba ´es k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´evfolyamokba – egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul nevezzenek be az M-pontversenybe. A m´er´esi jegyz˝ ok¨ onyvet a m´er˝ op´ar mindk´et tagja a saj´ at nev´en´el t¨ oltse fel a munkaf¨ uzetbe, ´es a fejl´ecen minden h´onapban szerepeljen mindkett˝ oj¨ uk neve, iskol´ aja, oszt´alya, e-mail c´ıme. A m´er´esi jegyz˝ ok¨onyv´ert j´ ar´ o pontsz´ amot a m´er˝ op´ar mindk´et tagja k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on megkapja. G-jel˝ u fizika gyakorlatok A G-pontversenyben legfeljebb 10. oszt´ alyosok vehetnek r´eszt. Azoknak az olvas´ oinknak aj´anljuk, akik t´ ul neh´eznek vagy szokatlannak tal´alj´ ak a P-feladatokat. T¨obbnyire az iskolai tananyaghoz szorosabban kapcsol´ od´o gyakorlatokat tal´ alnak a versenyz˝ ok, ´ıgy azok is es´ellyel indulhatnak, akik m´eg nem rendelkeznek feladatmegold´ o rutinnal, de a gyakorlatok megold´as´ aval ´es bek¨ uld´es´evel felk´esz¨ ulhetnek arra, hogy a k¨ovetkez˝ o ´evekben eredm´enyesen szerepelhessenek a P-pontversenyben. Minden h´ onapban n´egy G-gyakorlatot t˝ uz¨ unk ki, az el´erhet˝ o pontsz´ amokat a feladatok ut´an felt¨ untetj¨ uk. Mindenki szabadon v´alaszthat a kit˝ uz¨ ott gyakorlatok k¨oz¨ ul, de havonta legfeljebb h´ arom feladat megold´ as´ at (el˝osz¨ or a nem versenyszer˝ ueket) sz´ am´ıtjuk be a pontversenybe. A G-pontversenyt h´ arom kateg´ ori´aban (legfeljebb 8. ´evfolyam, 9., 10. ´evfolyam) k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on ¨ osszes´ıtj¨ uk ´es ´ert´ekelj¨ uk. P-jel˝ u fizika feladatok Havonta kb. t´ız elm´eleti feladatot t˝ uz¨ unk ki, nem neh´ezs´egi, hanem az ´eletkornak megfelel˝ o sorrendben. A pontsz´ amokat a feladatok ut´an felt¨ untetj¨ uk. Mindenki szabadon v´alaszthat a kit˝ uz¨ ott elm´eleti feladatok k¨ oz¨ ul. Az 1–8. ´ evfolyamosoknak havonta legfeljebb h´ arom, a 9–12. ´ evfolyamosoknak legfeljebb ¨ ot megold´ as´ at sz´ am´ıtjuk be a pontversenybe (azonban el˝osz¨ or a nem versenyszer˝ ueket). Az elm´eleti versenyt koroszt´ alyonk´ent (8. ´evfolyamig, 9., 10., 11., 12. ´evfolyam) k¨ ul¨on-k¨ ul¨on ¨osszes´ıtj¨ uk ´es ´ert´ekelj¨ uk.

Fizika versenyek

I-pontverseny – informatika alkalmaz´ asi ´es programoz´ asi feladatok Havonta h´ arom I jel˝ u ´es egy I/S jel˝ u feladatot t˝ uz¨ unk ki. A feladatok egy r´esze a´ltal´ anos iskol´asoknak is aj´ anlhat´ o, nagyobb r´esze azonban a k¨ oz´episkolai tanulm´ anyokra t´ amaszkodik. Alapvet˝ o c´elunk, hogy e feladatok seg´ıts´ek a felk´esz¨ ul´est az informatika versenyekre ´es az emelt szint˝ u ´eretts´egire. Minden h´ onapban a n´egy

H´ aromf´ele fizika versenyt ind´ıtunk: M, G ´es P kateg´ ori´aban. Egy tanul´o t¨obb pontversenyben is indulhat, de a G- ´es a P-pontversenyek k¨oz¨ ul csak az egyiket v´ alaszthatja. A legfeljebb 10. oszt´ alyosoknak honlapunkon, a szem´elyes be´ all´ıt´ asaik K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

339

Informatika versenyek

340

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

kit˝ uz¨ ott feladatb´ ol a h´arom legmagasabb pontsz´ amot el´ert feladat pontsz´am´at sz´am´ıtjuk be az I-pontversenybe. Az I jel˝ u feladatok programoz´asi ´es informatika alkalmaz´ oi feladatok. A feladatok egyike jelleg´eben ´es form´ aj´aban is l´enyeg´eben megegyezik az ´eretts´egin kit˝ uz¨ott ´ bet˝ feladatokkal, ezt az (E) uvel jelezz¨ uk a feladat sorsz´ama mellett. Versenyz˝oink ezen feladatok megold´ as´aval a vizsg´ara val´ o felk´esz¨ ul´est is gyakorolhatj´ ak. Az I/S jel˝ u feladatok az I jel˝ u programoz´ asi feladatokn´ al nehezebb, de az S jel˝ uekn´el k¨ onnyebb programoz´ asi feladatok. A megold´ ashoz sz¨ uks´eges ismeretek ´es algoritmusok megtal´alhat´ ok a http://tehetseg.inf.elte.hu/nemes ´es a https: //www.oktatas.hu/pub_bin/dload/kozoktatas/tanulmanyi_versenyek/oktv/ oktv2020_2021_vk/116_informatika_2021.pdf oldalakon. S-pontverseny – nehezebb programoz´ asi feladatok Az S-pontverseny egy S jel˝ u nehezebb programoz´ asi feladatb´ ol ´es az I-pontversenyben is r´esztvev˝ o I/S feladatb´ ol a´ll. Mindk´et feladat a programoz´ asi versenyekre val´ o felk´esz¨ ul´est szolg´alja. A megold´ ashoz sz¨ uks´eges ismeretek ´es aj´ anlott algoritmusok k¨ or´et a Nemzetk¨ ozi Informatikai Di´ akolimpi´akon alkalmazott angol nyelv˝ u le´ır´ as (IOI Syllabus) tartalmazza, l´ asd https://people.ksp.sk/~misof/ioisyllabus/. Az S ´es I/S feladatok ´ert´ekel´es´en´el az eredm´eny helyess´eg´en k´ıv¨ ul azt is figyelembe vessz¨ uk, hogy az algoritmusok mennyire hat´ekonyak, nagym´eret˝ u bemen˝ o adatok eset´en is lefutnak-e a megadott id˝ okorl´aton bel¨ ul. A feladatok megjelen´ ese ´ feladatokat havonta, szeptembert˝ol m´ajusig t˝ Uj uz¨ unk ki. A feladatokat megtal´ alod nyomtatott sz´ amunkban ´es honlapunkon. Honlapunkon a feladatokat, szeptember kiv´etel´evel, az adott h´ onap 28. napj´an hozzuk nyilv´ anoss´ agra. El˝ofizet˝ oink azonban az adott t´ıpus´ u feladat bek¨ uld´esi hat´ aridej´et k¨ ovet˝o napt´ ol el´erhetik a k¨ ovetkez˝ o havi feladatok sz¨ oveg´et, ´es elkezdhetik a munk´ at. Amennyiben el˝ ofizett´el a K¨ oMaL-ra, a szem´elyes be´ all´ıt´ asaid k¨ oz¨ ott add meg el˝ ofizet˝oi k´ ododat. Az el˝ ofizet˝ oi azonos´ıt´ ot megtal´alod a szeptemberi sz´ am c´ımlapj´ara r´ aragasztott c´ımk´en. Azok az el˝ofizet˝ oink, akik (p´eld´ aul ´eletkorukn´ al fogva) nem versenyz˝oink, regisztr´ aci´ o ´es az el˝ofizet˝ oi k´ od megad´asa ut´ an, a versenyz˝okkel egy¨ utt szint´en el´erhetik a feladatok sz¨ oveg´et. Egy el˝ ofizet˝ oi k´ odot csak egy szem´ely haszn´ alhat. A dolgozatok tartalma K´erj¨ uk, tanulm´ anyozd a kor´ abbi sz´ amainkban ´es honlapunkon megjelent megold´ asokat, ezek sokat seg´ıthetnek annak meg´ert´es´eben, hogy milyen form´ at ´es r´eszletess´eget v´ arunk el a bek¨ uld¨ ott megold´ asokt´ ol. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

341

Matematika ´ es fizika elm´ eleti megold´ asok A megold´ as le´ır´ asa azt jelenti, hogy az olvas´ ot v´egigvezeted a megold´ asod l´ep´esein. T¨orekedj a r¨ ovid, olvashat´ o le´ır´ asra. Pr´ ob´ald m´eg egyszer ´atgondolni a l´ep´esek sorrendj´et, ´es ler¨ ovid´ıteni a megold´ ast. A gondos le´ır´ as sok id˝ot ig´enyel; ne hagyd az utols´ o pillanatra. Maxim´alis pontsz´ am csak teljes megold´as´ert j´ ar; puszta eredm´enyk¨ ozl´es´ert nem adunk pontot. A kimondott a´ll´ıt´ asokat igazolni kell. Levezet´es ´es hivatkoz´ as n´elk¨ ul csak a k¨ oz´episkolai tananyagban szerepl˝ o t´eteleket fogadjuk el. K¨ ozismert t´etelekre (pl. Menelaosz-t´etel, H¨ older-egyenl˝otlens´eg stb.) elegend˝ o a nev¨ ukkel hivatkozni, egy´eb esetekben ki kell mondani a felhaszn´ alt t´etelt, ´es fel kell t¨ untetni az id´ezett forr´ ast (c´ım, oldalsz´ am vagy internet-c´ım). T´etelekre val´ o hivatkoz´ askor ovetkezik azt is meg kell mutatni, mi´ert teljes¨ ulnek a t´etel felt´etelei, ´es hogyan k¨ a t´etel a´ll´ıt´ as´ab´ ol a bizony´ıt´ as gondolatmenet´enek k¨ ovetkez˝ o l´ep´ese. T¨obbsz¨or el˝ofordult m´ar, hogy egy-egy feladat szerepelt valamely p´eldat´ arban, vagy megtal´alt´ ak az interneten. Arra is l´attunk p´eld´ at, hogy egy foly´ oiratcikkben, vagy ´eppen a K¨ oMaL egy kor´abbi feladat´ aban a feladatban kit˝ uz¨ ottel l´enyeg´eben ekvivalens, vagy ann´al ´ altal´ anosabb ´all´ıt´ as bizony´ıt´ asa szerepelt. C´elunk tov´abbra is versenyz˝oink probl´emamegold´ o k´epess´eg´enek fejleszt´ese, nem pedig a keres˝ oprogramok tesztel´ese, ez´ert nem adunk pontot azokra a dolgozatokra, amelyek csak a megold´ as hely´ et k¨ ozlik, vagy azt mutatj´ ak meg, hogy a feladat egy nehezebb t´ etel speci´ alis esete vagy trivi´ alis k¨ ovetkezm´ enye; a v´ egeredm´ enyhez vezet˝ o megold´ ast r´ eszletesen le kell ´ırni. Ha a megold´ ashoz k¨ onyvekben vagy az interneten tal´alt ´ır´ asokat haszn´alsz fel, untesd fel a felhaszn´ alt forr´ asokat. ´es ezekb˝ol id´ezel, t¨ A fizika feladatokn´ al el˝ ofordulhat, hogy a feladat sz¨ ovege nem tartalmaz a numerikus megold´ ashoz sz¨ uks´eges minden konkr´et inform´aci´ ot, p´eld´ aul bizonyos anyagi a´lland´ okat, f¨ oldrajzi vagy csillag´aszati mennyis´egek sz´amszer˝ u ´ert´ekeit. Ilyenkor vagy a N´egyjegy˝ u f¨ uggv´enyt´abl´ azatokban, vagy az interneten kereshetj¨ uk meg a sz¨ uks´eges adatokat. A hosszabb, ¨ osszetettebb gondolatmeneteket ´erdemes tagolni, r´eszekre bontani; haszn´ alj, bekezd´eseket, r´eszeket, c´ımeket ´es alc´ımeket. A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o seg´ed´ all´ıt´ asokra, k´epletekre ´es ´ abr´ akra k¨ onnyebb hivatkozni, ha megsz´ amozod. A geometria feladatok megold´ as´ anak fontos r´eszei az ´abr´ ak, amelyeken k¨ ovetni ´es ellen˝ orizni lehet a l´ep´eseket. Mindig rajzolj a´br´ at, az a´bra n´elk¨ uli megold´ asokat uk teljesnek. Bonyolultabb a´br´ ak eset´en az egyes geometriai objektunem tekintj¨ uk¨ ork´epe az e egyenesre”). mokat sz¨ovegesen is defini´ald (pl. legyen P  a P pont t¨ ” Elektronikus bek¨ uld´es eset´en u o felbont´ asra. A felbont´as akkor meg¨gyelj a megfelel˝ felel˝o, ha a sz´ am´ıt´ og´ep k´eperny˝ oj´en elf´er, ´es a fontos r´eszletek is j´ok kivehet˝ oek. A j´o ´abra m´erete t¨ obbnyire 500–1000 pixel k¨ oz¨ ott lehet. A matematika p´eld´ ak megold´ asak´ent sz´ am´ıt´ og´epes programokkal – bele´ertve az olyan online szolg´altat´ asokat is, mint p´eld´ aul a Wolfram Alpha – kisz´am´ıtott eredm´enyeket nem fogadunk el. Ha harmincn´ al t¨ obb esetet vizsg´alsz, pedig l´enyegesen le lehetett volna sz˝ uk´ıteni az esetek sz´am´at, azt is u ´gy tekintj¨ uk, mintha programot ´ırt´al volna.

342

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

M´ er´ esi feladatok A m´er´esi jegyz˝ ok¨onyv felt´etlen¨ ul tartalmazza a m´er´es elv´enek ´attekinthet˝ o le´ır´ as´at (a m´er´esi elrendez´es v´ azlatos rajz´ aval, esetleg fot´okkal), megfelel˝ o sz´ am´ u ´es pontoss´ ag´ u m´er´esi adatot (´ attekinthet˝o t´ abl´ azatban, a m´ert´ekegys´egeket is megadva), a m´er´esi adatok ki´ert´ekel´es´et (lehet˝ oleg grafikusan ´abr´ azolva), ´es a hiba nagys´ agrendj´enek becsl´es´et. A m´ert ´es sz´ am´ıtott mennyis´egeket ne adjuk meg indokolatlanul sok tizedesjeggyel, hanem csak a becs¨ ult hib´ aval ¨osszhangban ´all´o pontoss´ aggal. A m´er´esi jegyz˝ ok¨ onyv legyen viszonylag t¨om¨or, de annyira a´ttekinthet˝ o, hogy annak alapj´an b´ arki meg tudja ism´etelni a le´ırt m´er´est. Nagyon sok (50-n´el t¨ obb) m´er´esi adat eset´en elegend˝ o azoknak csak egy reprezentat´ıv” r´esz´et ” bek¨ uldeni ´es a t¨ obbinek csak az ´atlag´ at k¨ oz¨ olni. A 6 oldaln´ al hosszabb jegyz˝ok¨onyv tartalmazzon egy r¨ ovid (kb. 1/2 oldalas) ¨ osszefoglal´ ast. Informatika megold´ asok Az I-jel˝ u programoz´ asi feladatok megold´ as´ at Basic, C++, C#, Java, Pascal vagy Python nyelvek egyik´en kell elk´esz´ıtened. A fejleszt´eshez b´ armilyen fejleszt˝ok¨ ornyezet haszn´ alhatsz, javasoljuk az Oktat´ asi Hivatal honlapj´an el´erhet˝ o emelt szint˝ u ´eretts´egi szoftverlista fejleszt˝ oeszk¨ ozeit. Az I-pontversenyben kit˝ uz¨ ott alkalmaz´ oi feladatok megold´ as´ahoz szint´en az el˝obbi szoftverlista eszk¨ ozeit javasoljuk. Az alkalmaz´ oi feladatokat a list´ an szerepl˝o alkalmaz´ asokkal fogjuk ´ert´ekelni. Az egy´eb haszn´ alhat´ o alkalmaz´ asokat egyegy feladat le´ır´ asa tartalmazza, ezek j´ or´eszt szabadon f¨olhaszn´ alhat´ o programok. Az I/S ´es S-jel˝ u feladatok megold´ as´ at C, C++, Pascal vagy Java nyelvek vaaslamelyik´en kell elk´esz´ıtened. A megold´ ashoz dokument´ aci´ ot kell ´ırnod ´es a forr´ k´odot kommentekkel kell kieg´esz´ıtened. A k¨ ul¨ on´all´ o dokument´ aci´ oban a megold´ as elvi menet´enek, algoritmus´ anak ismertet´es´et v´ arjuk. A forr´ ask´ od kommentez´es´enek l´enyege, hogy seg´ıts´eg´evel – a dokument´ aci´ o ismeret´eben – k¨onnyen meg´erthet˝ o legyen az egyes k´odsorok, k´ odr´eszletek feladata, szerepe a megold´ as menet´eben. Az I/S ´es S-jel˝ u programoz´ asi feladatok megold´ as´at ellen˝orizd az http:// ideone.com tesztk¨ ornyezetben a feladathoz el´erhet˝ o bemenetekkel. Ezeknek a feladatoknak az ´ert´ekel´ese r´eszben automatikusan t¨ ort´enik, ez´ert fontos, hogy a program az el˝ o´ır´as szerinti form´aban adjon kimenetet. A megold´ asok elk´ esz´ıt´ ese ´ es beku ese ¨ ld´ Megold´ asodat a Munkafu ¨ zetben ku ¨ ldd be. A matematika ´es fizika dolgozatokat honlapunkon megszerkesztheted vagy k´esz f´ajl form´ aj´aban felt¨ oltheted. Az informatika feladatok megold´as´at csak felt¨olteni tudod. obb feladat megold´ as´at tartalmazz´ak egy Azokat a dolgozatokat, amelyek t¨ f´ajlban, vagy k¨ ulalakjuk miatt ´ert´ekelhetetlenek, nem versenyszer˝ unek tekintj¨ uk. Nem versenyszer˝ u tov´ abb´ a az olyan megold´ as, ahol rendes k´epletek helyett nehezen ´ertelmezhet˝ o karaktersorozatok vannak, pl. x2+((1+5+2sqrt(5)x2)/4 vagy (1+gy¨ ok5)/2*x. A megold´ asok online szerkeszt´ ese az Elektronikus Munkafu ¨ zetben Az Elektronikus Munkaf¨ uzet a honlapunk r´esze. Webes fel¨ ulet, amely lehet˝ os´eget ad a megold´ as k¨ozvetlen be´ır´ as´ ara, szerkeszt´es´ere. A megold´ asaidat m´ odos´ıthatod, a´tszerkesztheted a bek¨ uld´esi hat´ arid˝ oig. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

343

K´epletek szerkeszt´es´ehez a TEX rendszert haszn´ aljuk. Javasoljuk, hogy honlapunkon j´ard v´egig a TEX tanfolyamot (https://www.komal.hu/mf?a=tk). K´ esz f´ ajlok felt¨ olt´ ese Megold´ asaidat az otthoni vagy iskolai sz´ am´ıt´ og´epeken is elk´esz´ıtheted, ´es a k´esz f´ajlt honlapunkon felt¨ oltheted. Matematika ´es fizika feladatok megold´ asa eset´en a t¨obbf´ele oper´ aci´ os rendszerben olvashat´o PDF form´ atumot haszn´ ald. A dokumentum elej´en legyen ott az u ´n. fejl´ec: a feladat sz´ama pirossal, n´ev, oszt´ aly, v´ aros, iskola, e-mail c´ım. K´ ez´ır´ assal k´ eszu asodat megfelel˝ o min˝ os´ egben, egy darab ¨ lt megold´ pdf f´ ajlk´ ent t¨ oltsd fel a Munkafu ¨ zetbe. ¨ Ugyelj arra, hogy a k´ep j´ ol olvashat´o legyen, ´es a felbont´ as ne legyen se t´ ul nagy, se t´ ul alacsony. Ha f´enyk´epezel, ´erdemes t¨ obb k´epet k´esz´ıteni sz´ ort (term´eszetes) ult k´epet haszn´ alni. A k´epet ford´ıtsd a´ll´ o helyzetbe, f´enyn´el, ´es a legjobban siker¨ a sz´el´et v´ agd k¨ orbe, hogy csak a megold´ as maradjon a k´epen, v´eg¨ ul m´eretezd a´t. F´enyk´epek feldolgoz´ as´ ara sokf´ele k´epmanipul´ al´o programot ´es telefonos applik´aci´ ot haszn´alhatsz. Mi a CamScannert ajn´ aljuk legink´ abb, mert ezzel k¨ onnyen k´esz´ıthetsz egy darab megfelel˝o pdf f´ ajlt. Az informatika megold´ asok beku ese ¨ ld´ Az informatika feladatok megold´ asait kiz´ ar´ olag k´ esz f´ ajlk´ ent tudod felt¨ olteni a Munkafu as t¨ obb f´ ajlb´ol ´ all, u ´gy egy, ¨ zetbe. Amennyiben a megold´ a f´ajlok mindegyik´et ´es a dokument´ aci´ ot is tartalmaz´o, a feladat sorsz´am´aval egyez˝o nev˝ u mapp´ at kell ZIP t¨ om¨ or´ıt´essel becsomagolva egyetlen f´ ajlk´ent bek¨ uldened. ¨ anyokba futtathat´ o f´ ajlok (pl. a fejleszt´eskor Ugyelj arra, hogy a t¨ om¨ or´ıtett a´llom´ l´etrej¨ov˝o .exe ´ allom´any) ne ker¨ uljenek. A programoz´ asi feladatokn´ al a forr´ ask´ od els˝ o soraiban megjegyz´esk´ent szerepeljen • a feladat sz´ama; • a versenyz˝ o teljes neve (jelz˝osz´ ammal) ´es oszt´ alya; • az iskola neve v´arosn´evvel egy¨ utt; • a versenyz˝ o e-mail c´ıme;

• az alkalmazott ford´ıt´ oprogram neve ´es verzi´osz´ ama.

K´erj¨ uk, hogy a programoz´asi feladatokn´ al a program be- ´es kimenete mindig a feladatban megadott m´ odon val´ osuljon meg. Erre az´ert van sz¨ uks´eg, mert a bek¨ uld¨ott programokat sokf´ele tesztadatra lefuttatjuk, ´es ezt igyeksz¨ unk automatiz´ alni. Az informatika feladatokkal kapcsolatos b´arminem˝ u k´erd´eseket, esetleges reklam´aci´ okat az [email protected] c´ımre v´ arjuk. A beku esi hat´ arid˝ o ¨ ld´ ovet˝o h´ onap 10., A bek¨ uld´esi hat´ arid˝ o matematik´ ab´ ol a lap megjelen´es´et k¨ fizik´ ab´ ol ´ es informatik´ ab´ ol a 15. napja; szombat, illetve munkasz¨ uneti nap eset´en a k¨ovetkez˝ o munkanap. Vedd figyelembe az internet esetleges hib´ait ´es a bek¨ uld´esi hat´ arid˝ o id˝ o el˝ otti o´r´ akban a szerver g´ep¨ unk esetleges t´ ulterhelts´eg´et; ilyen okokra hivatkozva sem fogadunk el k´esedelmes dolgozatokat.

344

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

´ ekel´ Ert´ es A pontversenyek ´all´ as´at ´es versenyz˝oink r´eszletes eredm´enyeit a honlapunkon folyamatosan k¨ oz¨ olj¨ uk. K´erj¨ uk, vegy´etek figyelembe, hogy a postai k´ezbes´ıt´es ´es a dolgozatok feldolgoz´asa sok id˝ot vesz ig´enybe; ´altal´ aban a bek¨ uld´esi hat´ arid˝o ut´ an 1–2 h´ onappal jelennek meg az eredm´enyek. Versenyz˝oinket e-mailben is ´ertes´ıtj¨ uk a pontsz´amok v´ altoz´ asair´ ol. Jav´ıt´ oink a pontsz´ amon k´ıv¨ ul sz¨oveges ´ert´ekel´est is k¨ uldhetnek, p´eld´ aul felh´ıvhatj´ak a figyelmedet a dolgozatod hi´anyoss´ agaira. Ez azonban nem k¨ otelez˝o, ugyanis a jav´ıt´ oknak nem ritk´ an sz´azas nagys´ agrend˝ u dolgozatot kell kijav´ıtani.

nem k¨ozismert feladatokat b´ arki javasolhat kit˝ uz´esre. A javasolt feladatokat (megold´ asokkal egy¨ utt) a szerkeszt˝ os´eg c´ım´ere k¨ uldj´ek el. A di´ akok elfogadott javaslatai k¨oz¨ ul a legszebbeket k¨ ul¨ ond´ıjban r´eszes´ıtj¨ uk. Szeretn´enk, ha a kit˝ uz¨ ott k´erd´esek nem z´ aruln´ anak le v´eglegesen a bek¨ uld´esi hat´ arid˝ovel, a k¨ oz¨ olt megold´ assal. Erre teremt lehet˝os´eget az internetes K¨ oMaL f´orum. B´armely, a lapunkban megjelent feladathoz, cikkhez kapcsol´ od´o megjegyz´est, ´altal´ anos´ıt´ ast sz´ıvesen l´atunk ´es alkalomadt´ an k¨ oz¨ olj¨ uk. V´egezet¨ ul mindenkinek eredm´enyes tan´evet ´es sikeres versenyz´est k´ıv´ an a Szerkeszt˝ os´ eg

Reklam´ aci´ ok A dolgozatok ´ert´ekel´ese ut´ an az Elektronikus Munkaf¨ uzetben r¨ovid k´erd´est u ldhetsz a jav´ ıt´ o nak, o ˝ pedig ugyanott v´ a laszolhat. A k¨ ul¨onb¨oz˝ o vagy u zenetet k¨ ¨ feladatokat k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o jav´ıt´ ok jav´ıtj´ ak, ez´ert mindig csak az adott feladatr´ ol k´erdezz. ¨ Ugyelj az udvarias hangv´etelre. Olyan m´odon k´erdezz, amit szemt˝ol-szembe, ak´ ar a tan´araiddal vagy a sz¨ uleiddel szemben is helyesnek tartan´ al.

C gyakorlat megold´ asa

Eld¨ ontetlen vita, reklam´aci´ o eset´en a szerkeszt˝ os´eghez fordulhatsz. Reklam´aci´ okat a feladat ´ert´ekel´ese ut´ an k´et h´etig fogadunk el a [email protected] c´ımen. Szab´ alytalan versenyz´ es FONTOS! A versenyek egy´ eni versenyek; a versenyz˝ oknek ¨ on´ all´ oan kell elk´ esz´ıteniu eld´ ak megold´ asait. A m´er´esi verseny kiv´etel´evel (l´ asd ¨ k a p´ az M-pontverseny le´ır´as´ at) tilos a kit˝ uz¨ ott feladatokat a bek¨ uld´esi hat´ arid˝ o el˝ott ol seg´ıts´eget k´erni vagy elfogadni a feladatok megm´ asokkal megvitatni, m´asokt´ old´ as´ ahoz. A k¨ oz¨ osen k´esz´ıtett vagy m´asolt dolgozatokat – bele´ertve az eredeti szerz˝o´et is – nem versenyszer˝ unek ´ert´ekelj¨ uk. A csoportosan m´asolt dolgozatokat visszak¨ uldj¨ uk az oszt´ alyt tan´ıt´ o tan´ arnak. S´ ulyosabb, az eg´esz pontversenyt vesz´elyeztet˝ o esetekben (pl. a feladatok megt´ argyal´asa internetes f´ orumokon) az ´erintett versenyz˝ oket kiz´ arjuk a versenyb˝ ol. A v´ egerem´ eny ko et´ etele ¨zz´ A versenyek v´egeredm´enye az ¨ osszes dolgozat kijav´ıt´asa ut´ an, v´ arhat´ oan augusztus elej´en a honlapunkon, majd a 2021. szeptemberi sz´ amunkban jelenik meg. A legeredm´enyesebb versenyz˝ ok arck´ep´et 2021. decemberi sz´ amunkban k¨oz¨olj¨ uk. A legjobbak a MATFUND K¨ oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Alap´ıtv´ any p´alyad´ıjait ´es t´ argyjutalmakat kapnak a 2021. ´evi K¨ oMaL Ifj´ us´ agi Ank´et rendezv´eny´en. Az okleveleket post´an k¨ uldj¨ uk el.

C. 1549. Az AB szakasz felez˝ opontja legyen F , tov´ abb´ a legyen az AF szakasz egy tetsz˝ oleges pontja Z. F -ben mer˝ olegest a ´ll´ıtunk AB-re ´es felm´erj¨ uk r´ a az F X = F A t´ avols´ agot. B-ben is mer˝ olegest a ´ll´ıtunk AB-re ´es felm´erj¨ uk r´ a a BY = AZ t´ avols´ agot u ´gy, hogy X ´es Y az AB egyenes´enek egyazon oldal´ an legyenek. Mekkora lehet az XZY sz¨ og? Javasolta: Sur´ anyi L´ aszl´ o (Budapest) Megold´ as. K´esz´ıts¨ unk a´br´ at geogebr´aban, h´ atha megsejt¨ unk valamit. A netes megold´ as az al´abbi oldalon tal´ alhat´ o, ´es ott let¨ olthet˝ o egy geogebra f´ajl, melyben a Z pont mozgathat´ o az AF szakaszon: https://www.komal.hu/feladat?a= feladat&f=C1549&l=hu. Ez alapj´an az a sejt´es, hogy a k´erd´eses sz¨ og ´ert´eke 45◦ , illetve az XY Z h´ aromsz¨og egyenl˝o sz´ ar´ u ´es der´eksz¨ og˝ u. Bizony´ıtsuk ezt be. Ha a Z pont az A pontba esik, akkor az Y pont a B ponttal egyezik meg, ´es abra). az XZY h´aromsz¨ og egyenl˝o sz´ ar´ u der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og, XZY  = 45◦ (1. ´

N´ eh´ any megjegyz´ es A versenyben r´esztvev˝ o hozz´ aj´arul a dolgozat´ anak n´ev n´elk¨ uli, valamint a szerkesztett v´ altozat n´evvel t¨ ort´en˝ o k¨ ozl´es´ehez. ¨ ommel fogadunk feladatjavaslatokat, cikkeket, szakk¨ori munk´ar´ Or¨ ol sz´ol´o besz´ amol´okat, k¨ ozl´esre alkalmas iskolai p´ alyamunk´akat. Javaslataikat, k¨ozlem´enyeiket post´ an vagy e-mailben juttathatj´ak el szerkeszt˝ os´eg¨ unkbe. Sz´ep, ´erdekes ´es K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

345

1. a ´bra

346

2. a ´bra

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

Ha a Z pont az F pontba esik, akkor az XZBY n´egysz¨og n´egyzet, az XZY abra). h´ aromsz¨ og ekkor is egyenl˝o sz´ ar´ u der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨og, ´es XZY  = 45◦ (2. ´ Ha a Z pont m´ ashol helyezkedik el, arra az esetre adunk h´ arom megold´ ast. A honlapon k´et, ezekt˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o megold´ as olvashat´o.

2

2

(a + b) + (a − b) · cos α =



√

  a2 + b2 · 2 a2 + b2 · cos α = 2 a2 + b2 cos α.

A k´etfajta fel´ır´ as egyenl˝o egym´ assal:

√ 2  2 a + b2 cos α = a2 + b2 , 1 cos α = √ , 2 α = 45◦ , mivel 0◦ ´es 90◦ k¨ oz¨ ott van.

90◦ = F XP  = F XY  + Y XP  = F XY  + ZXF  = ZXP ,

G´ al Bence (Szolnok, Varga Katalin Gimn., 11. ´evf.)

´es ´ıgy XZY  =

−−→ −−→ ZX · ZY = b2 + a2 · =

´ ıtsunk mer˝ I. megold´ as. All´ olegest az X pontb´ ol a BY egyenesre, a talppontot jel¨ olje P . Az F BP X n´egysz¨ og n´egyzet, mert h´ arom sz¨ oge der´eksz¨ og ´es F B = = F X = a. Ez´ert P B = a, ´es ´ıgy P Y = = a − b (3. ´ abra). Mivel P Y = F Z = a − b, P X = F X = 3. a ´bra = a ´es Y P X = ZF X = 90◦ , ez´ert az Y P X ´es a ZF X h´aromsz¨ og egybev´ag´ o. Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy XY = XZ ´es Y XP  = ZXF . Innen ad´ odik, hogy

◦

M´asr´eszt

aIII. megold´ as. Mivel F A = F X = F B ´es AF X = 90◦ , ez´ert az ABX h´ abra). romsz¨og egy 2a ´ atl´ oj´ u n´egyzet fele, XA = XB ´es AXB = 90◦ (5. ´

◦

180 − 90 = 45◦ . 2

II. megold´ as. Helyezz¨ uk az a´br´ at koordin´ atarendszerbe u ´gy, hogy az F pont az orig´oban legyen, az A pont koordin´ at´ aja (−a; 0), a Z pont´e pedig (−b; 0). Ekkor a B pont koordin´ at´ ai (a; 0), az Y pont´e pedig (a; a − b) (4. ´ abra).

5. a ´bra

4. ´ abra

−−→ −−→ −−→ ´Irjuk fel a ZX ´es ZY vektorok skal´ arszorzat´at k´etf´elek´eppen. Mivel ZX = −−→ = (b; a) ´es ZY = (a + b; a − b), ez´ert egyr´eszt

Forgassuk el az e := AB egyenest az X pont k¨ or¨ ul 90◦ -kal. A kapott e egyenes mer˝ oleges lesz az e egyenesre, ´ıgy megegyezik a feladatban B-ben a´ll´ıtott AB-re mer˝ oleges egyenessel (6. ´ abra). as sor´ an A k´epe B lesz. TudMivel AX = BX ´es AXB = 90◦ , ez´ert a forgat´ as t´ avols´ agtart´ o, juk, hogy b = AZ = A Z  = BY , ´ıgy Z k´epe Y = Z  . Mivel a forgat´ ´ıgy XZ = XZ  = XY , ´es mivel 90 fokkal forgattunk, ´ıgy ZXZ   = ZXY  = 90◦ . Teh´at az XZY egy egyenk˝ o sz´ ar´ u der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ og, ´es ´ıgy a keresett sz¨ og, XZY  = 45◦ . 91 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 62, 4 pontos 11, 3 pontos 3, 2 pontos 1, 1 pontos 2, 0 pontos 11 dolgozat. Nem versenyszer˝ u: 1 dolgozat.

−−→ −−→ ZX · ZY = b(a + b) + a(a − b) = ab + b2 + a2 − ab = a2 + b2 . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

6. a ´bra

347

348

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

Matematika feladatok megold´ asa

B. 5001. Egy egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ og alapja a, sz´ arsz¨ oge 120◦ -n´ al kisebb, az alaphoz tartoz´ o magass´ aga m. A h´ aromsz¨ og mindegyik cs´ ucs´ at t¨ ukr¨ ozz¨ uk a szemk¨ ozti oldalegyenesre. A h´ arom kapott pont egy m´ asik egyenl˝ o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ oget alo magass´ aga pedig m . Mutassuk meg, hogy kot, amelynek alapja a , alaphoz tartoz´ a m + = 4. a m (3 pont)

Javasolta: B´ artfai P´ al (Budapest)

Megold´ as. Legyen a h´aromsz¨ og alapja BC, sz´ arainak metsz´espontja A, sz´ arsz¨ oge α, a t¨ uk¨ ork´eppontok A , B  , C  , a magass´ agok talppontjai pedig TA , TB , TC . K´etf´elek´eppen helyezkedhet el a t¨ ukr¨ oz´essel kapott h´aromsz¨og az eredetihez k´epest, aszerint, hogy α kisebb vagy nagyobb, mint 60◦ . (Amennyiben α = 60◦ , a h´aromsz¨ og szab´alyos, a t¨ ukr¨ oz´esek ut´ an egy k´etszer akkora h´ aromsz¨oget kapunk, mindk´et ar´any pontosan 2.) abra). CBTB ∼ 1. eset: α < 60◦ (1. ´ = DB  TB , hiszen a szimmetria miatt    alt´ osz¨ogek, toB C  CB, ´ıgy CBTB  = TB B D, BCTB  = TB DB  , mert v´ v´abb´ a a t¨ ukr¨ oz´es miatt BTB = TB B  . Ezzel bel´attuk, hogy B  D = a. Ugyan´ıgy any az eddigiek alapj´an: igazolhat´ o az is, hogy C  E = a. Az egyik ar´

Az A B  C  h´ aromsz¨ og alaphoz tartoz´ o magass´ aga A T = A TA + ATA + AT =  any: = 2m + AT . Az m /m ar´ A T 2m + AT AT m = = =2+ . m m m m Az ABC ´es AED h´ aromsz¨ ogek hasonl´ os´ ag´ ab´ol az alapjaik ar´anya megegyezik a hozz´ ajuk tartoz´ o magass´ agok ar´any´ aval:

A k´et ar´ any ¨osszege teh´ at ism´et:

A t¨ ukr¨ oz´es miatt ATA = TA A , ´ıgy a m´asik ar´ any: 

a m DE AT + =2− +2+ = 4. a m a m



m TA AA − AT 2m − AT AT = = = =2− . m m m m m Az ADE ∼ ABC , az oldalak ´es magass´ agok ar´anya megegyezik, vagyis ED AT ED = . Az a oldalt ´ e s az m magass´ a got be´ ırva: = AT . Ebb˝ ol a k´et ar´ any BC ATA a m osszege val´ oban: ¨     a m ED AT + = 2+ + 2− = 4. a m a m abra). Az els˝ o eset szerint haladva a t¨ ukr¨oz´es ´es a szim2. eset: α > 60◦ (2. ´ metria alapj´an B  D = C  E = a. Ezzel kapjuk, hogy a BC  B  D + C  E − DE 2a − DE DE = = = =2− . a a a a a K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

2. a ´bra

DE AT = . a m

a BC  B  D + ED + C  E 2a + ED ED = = = =2+ . a a a a a



1. a ´bra

349

Lovas M´ arton (B´ek´ asmegyeri Veres P´eter Gimn., Budapest, 8. ´evf.) dolgozata alapj´an ¨ Osszesen 59 dolgozat ´erkezett. 3 pontos 39, 2 pontos 12 tanul´ o dolgozata. 1 pontot 4, 0 pontot 4 tanul´ o kapott.

B. 5095. Legyenek a, b, c null´ at´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o eg´esz sz´ amok. Bizony´ıtsuk be, ab bc ca hogy ha az c , a ´es b sz´ amok ¨ osszege eg´esz, akkor k¨ ul¨ on-k¨ ul¨ on is eg´eszek. (3 pont)

George Stoica (Saint John, Kanada)

I. megold´ as. Indirekten tegy¨ uk fel, hogy az egyik tag nem eg´esz. Mivel a, b ´es c szerepe felcser´elhet˝ o, f¨ oltehetj¨ uk, hogy p´eld´ aul az els˝ o tag, ab nem eg´esz. c Ez azt jelenti, hogy van olyan p pr´ım, ami a nevez˝ o kanonikus alakj´ aban magasabb 350

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

kitev˝ on van, mint a sz´ aml´ al´oban. Jel¨ olje rendre x, y ´es z a p legmagasabb hatv´ aab ny´ anak a kitev˝oj´et, amivel a, b illetve c oszthat´ o. Ekkor az c t¨ort sz´ aml´ al´oj´anak pr´ımt´enyez˝ os alakj´ aban a p kitev˝ oje x + y, a nevez˝oj´eben z, ´es indirekt feltev´es¨ unk ´ertelm´eben z > x + y. A h´ arom t¨ ort ¨ osszege a2 b2 + c2 (a2 + b2 ) a 2 b2 + b 2 c 2 + a 2 c = . abc abc Ez a t¨ ort eg´esz, azaz a nevez˝ aml´ al´ot. A sz´ aml´ al´o els˝o tagj´ a o osztja a sz´ ban p kitev˝ oje 2x + 2y, c2 -ben 2z, a2 + b2 -ben pedig legal´ abb min (2x, 2y); ´ıgy

 c2 a2 + b2 kanonikus alakj´ aban a p kitev˝ oje legal´ abb 2z + min (2x, 2y)  2z > 2x + 2y.

Ebb˝ ol k¨ ovetkezik, hogy a t¨ ort sz´ aml´ al´oj´aban a p maxim´alis kitev˝oje 2x + 2y. A t¨ort nevez˝ oj´eben viszont p maxim´alis kitev˝oje x + y + z > 2x + 2y, ami ellentmond´as. F¨ ul¨ op Csilla (Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs. Gimn., 9. ´evf.) II. megold´ as. Az 

  ca  ab bc  x− = x− x− c a b     ab bc ca ab bc ab ca bc ca ab bc ca 3 2 =x − + + · + · + · · · = x + x− c a b c a c b a b c a b   

ab bc ca 3 =x − + + x2 + a2 + b2 + c2 x − abc c a b

eg´esz egy¨ utthat´ os polinom f˝oegy¨ utthat´ oja 1, racion´ alis gy¨okei pedig ab , ac ´es bc . c b a A Rolle-t´etel (racion´ alis gy¨ okteszt)∗ miatt ezek a gy¨ok¨ok eg´eszek is, ami ´eppen a feladat ´all´ıt´ asa. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.), Hervay Bence (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. M´ acsai D´ aniel (Keszthelyi Vajda J. Gimn., 11. ´evf.) 52 dolgozat ´erkezett. 3 pontos 32, 2 pontos 3, 1 pontos 12 versenyz˝ o. 0 pontos 5 versenyz˝ o.

B. 5105. Legyen n pozit´ıv eg´esz. Hat´ arozzuk meg azt a legkisebb k sz´ amot, ah´ any sz´ınnel b´ armilyen n cs´ ucs´ u ir´ any´ıtott egyszer˝ u gr´ af ´elei sz´ınezhet˝ ok u ´gy, hogy ne legyen benne egysz´ın˝ u k¨ or. (4 pont) ∗

Javasolta: Szab´ o Korn´el (Budapesti Fazekas M. Gyak. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Alt.

http://math.bme.hu/ nagyat/rolle.pdf

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

351

I. megold´ as. Ha n  2, akkor nyilv´an k = 1, hiszen a gr´ afban nem lehet ir´any´ıtott k¨or. Tegy¨ uk fel ezut´ an, hogy n  3. Ekkor k  2, mivel p´eld´ aul egy ir´any´ıtott n hossz´ u k¨or megfelel˝o sz´ınez´es´ehez legal´ abb k´et sz´ın sz¨ uks´eges. Megmutatjuk, hogy k = 2 sz´ın m´ar mindig elegend˝ o. Sz´amozzuk meg a gr´ af cs´ ucsait az 1, 2, . . . , n sz´ amokkal, ´es egy i cs´ ucsb´ ol egy j cs´ ucsba mutat´ o ir´ any´ıtott ´el legyen piros, ha ucsok ebben a sorrendben i < j, ´es legyen k´ek, ha i > j. Ekkor, ha az i1 , i2 , . . . , it cs´ egy egysz´ın˝ u ir´ any´ıtott k¨ or cs´ ucsai lenn´enek, akkor vagy i1 < i2 < . . . < it < i1 ulnie, azonban vil´agos, hogy ezek nek, vagy i1 > i2 > . . . > it > i1 -nek kellene teljes¨ egyike sem a´llhat fenn. Ezzel mutattunk olyan sz´ınez´est 2 sz´ınnel, ami megfelel˝ o. Teh´at n = 1, 2 eset´en k = 1, n  3 eset´en pedig k = 2. II. megold´ as. Az n szerinti indukci´oval igazoljuk, hogy n  3 eset´en k = 2. A kezdeti felt´etelek nyilv´anval´ oan teljes¨ ulnek. Tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´ as minden n cs´ ucs´ u gr´afra igaz, ´es tekints¨ unk egy n + 1 cs´ ucs´ u gr´afot. V´ alasszuk ki ennek egyik, P cs´ ucs´ at. A P cs´ ucsot ´es a vele szomsz´edos ´eleket elhagyva, a kapott n cs´ ucs´ u gr´ af az indukci´os feltev´es szerint megfelel˝oen kisz´ınezhet˝ o k´et sz´ınnel. ol A P -vel szomsz´edos ´elek k¨ oz¨ ul pedig a P -be men˝oket sz´ınezz¨ uk pirosra, a P -b˝ indul´ okat pedig k´ekre. ´Igy az eg´esz gr´ af sz´ınez´ese megfelel˝ o: ha egy ir´ any´ıtott k¨ or nem megy a´t P -n, akkor az indukci´os feltev´es szerint nem lehet egysz´ın˝ u. Ha pedig ´atmegy P -n, akkor tartalmaz egy P -be men˝ o ´es egy P -b˝ ol indul´o ´elt is, ´es ezek k¨ ul¨onb¨oz˝ o sz´ın˝ uek. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) Argay Zsolt (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. III. megold´ as. Egy sz´ın biztosan nem lesz el´eg, hiszen lehet a gr´ afban ir´ any´ıtott k¨or. Megmutatjuk, hogy egy´ebk´ent pedig k´et sz´ın el´eg lesz. Kezdj¨ uk el az egyik sz´ınnel (piros) besz´ınezni az ´eleket, ´es legyen a sz´ınez´es¨ unk olyan ´ertelemben maxim´alis, hogy jelenleg m´eg nincs piros ir´any´ıtott k¨ or, de ha b´ armelyik tov´ abbi ´elt sz´ınezn´enk pirosra, akkor m´ar lenne. Sz´ınezz¨ uk ez´ert a t¨obbi ´elt k´ekre. Megmutatjuk, hogy ekkor nincs k´ek ir´any´ıtott k¨ or. Tegy¨ uk fel indirekt, hogy van k´ek ir´any´ıtott k¨or: B1 , B2 , . . . , Bt , B1 . A Bi Bi+1 ´el nem l´ev´en piros, a Bi+1 -et Bi -vel ir´any´ıtott piros u ´t k¨oti ¨ossze (minden i = 1, . . . , t-re). Legyen ez az u ´t: Bi+1 Ai1 Ai2 . . . Aiki Bi . Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o piros ir´any´ıtott utakat:





 t−1 1 1 1 B1 At1 At2 . . . Atkt Bt , Bt At−1 . . . At−1 1 A2 kt−1 Bt−1 , . . . , B2 A1 A2 . . . Ak1 B1 .

Ezeket ¨osszef˝ uzve egy piros ir´any´ıtott k¨ ort kapunk a Bv cs´ ucsokon kereszt¨ ul. Elk´epzelhet˝ o, hogy az ¨ osszef˝ uz¨ ott utaknak volt k¨ oz¨ os cs´ ucsa vagy ´ele, de ez csak annyit jelent, hogy t¨ obb piros ir´any´ıtott k¨ ort is kaptunk. Ez azonban ellentmond a piros sz´ın haszn´ alat´ aval kapcsolatban megfogalmazott felt´etel¨ unknek, azaz ellentmond´ asra jutottunk, teh´ at bizony´ıt´ asunk teljes. ´ Isk. ´es Gimn., 9. ´evf.) Kerekes Boldizs´ ar (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. 45 dolgozat ´erkezett. 4 pontos 38, 3 pontos 2, 2 pontos 1, 1 pontos 3, 0 pontos 1 dolgozat.

352

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (659–663.)

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1616–1622.)

K. 659. H´ any olyan k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o n´egysz¨ og van, amelynek cs´ ucsai egy adott szab´ alyos kilencsz¨ og cs´ ucsai k¨ oz¨ ul val´ ok ´es a n´egysz¨ og a belsej´eben tartalmazza a kilencsz¨ og k¨ oz´eppontj´at? (Az egybev´ ag´ o n´egysz¨ ogeket nem tekintj¨ uk k¨ ul¨onb¨oz˝ onek.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig C. 1616. Oldjuk meg az 1

x+ K. 660. Az ´ abr´ an l´ athat´ o n´egyzeteket kit¨ olt¨ ott¨ uk az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ´es 9 sz´ amokkal, majd a n´egyzetek k¨ oz¨otti k¨ or¨ okbe be´ırtuk mindenhol a k´et szomsz´edos n´egyzetbe ´ırt sz´am ¨ osszeg´et. Ezut´ an n´eh´ any k¨ orb˝ ol a benne l´ev˝ o sz´ amot kirad´ıroztuk, a n´egyzeteket pedig besat´ıroztuk.

y+

=

1

135 113

5z 13 + 4 6v egyenletet, ha x, y, z, v pozit´ıv eg´esz sz´ amok. Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger) C. 1617. Elhelyezhet˝o-e ´ atfed´es n´elk¨ ul n´egy darab 2 × 8-as t´eglalap egy 7 × 15-¨ os t´eglalap belsej´eben az ´ abr´ an l´ athat´ o elrendez´esben? (Az a´bra nem ar´ anyos.)

a) Melyik sz´ amokat rad´ıroztuk ki az u o¨res k¨ r¨ okb˝ ol? b) ´Irjuk be mindegyik n´egyzetbe azt a sz´ amot, amit eredetileg bele´ırtunk. K. 661. Az ABCDEF GH szab´ alyos nyolcsz¨og 2 egys´eg hossz´ u BC ´es GH oldal´ ara a BCIM ´es a GHN P n´egyzetet rajzoljuk befel´e. Igazoljuk, hogy az N ´es M pontok egybeesnek. K. 662. Egy sorozat els˝ o n´egy tagja 1-es. Az ¨ ot¨odik tagt´ ol kezdve minden tag ´ert´ek´et u ´gy kapjuk, hogy a h´arommal ´es a n´eggyel el˝otte a´ll´o tagot ¨osszeadjuk. H´ any p´ aros sz´am van a sorozat els˝ o 150 tagja k¨ oz¨ ott? ¨ egym´ K. 663. Ot ast k¨ ovet˝o eg´esz sz´ amra igaz, hogy az els˝ o h´ arom n´egyzet´enek osszege megegyezik az utols´ o kett˝ o n´egyzet´enek ¨ osszeg´evel. Melyek lehetnek ezek ¨ a sz´amok?

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. okt´ ober 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

Feladatok mindenkinek (n−1)n

C. 1618. Bizony´ıtsuk be, hogy az an = n+1 sorozat elemeire n  1 eset´en fenn´all: 2  an+1 − an < 1. 3 C. 1619. Egy hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og mindh´arom oldalfelez˝o pontj´ ab´ ol mer˝ olegest a´ll´ıtunk a m´ asik k´et oldalra. Bizony´ıtsuk be, hogy a beh´ uzott szakaszok ´altal meghat´arozott hatsz¨ og ter¨ ulete a h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek fel´evel egyenl˝ o. (Horv´ at feladat) C. 1620. Mekk Elek, az ezermester egy ugr´ odeszk´at eszk´ ab´alt az udvar´ ara. M´er´esei alapj´an meg´allap´ıtotta, hogy ha a r´ ola val´o elugr´ ashoz a deszka v´ege az alaphelyzet al´ a hajlik x dm-rel, akkor a deszk´ar´ ol 0,5x2 + ax + b dm magasra tud ugrani. Sajnos a ´es b ´ert´ek´et elfelejtette, azonban arra eml´ekszik, hogy ha 10 cm-t hajlott le a deszka, akkor 35 cm magasra ugrott, n´egyszer ekkora lehajl´ asn´ al pedig n´egyszer ekkor´ at ugrott. Milyen a, illetve b ´ert´ekeket hat´ arozott meg Mekk Elek? Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol

Figyelem! Az idei K¨ ursch´ ak J´ ozsef Matematikai Tanul´ overseny 2020. okt´ ober 2-´an, p´enteken 14 o´rakor ker¨ ul megrendez´esre. A verseny helysz´ıneir˝ ol ´es lebonyol´ıt´ as´ ar´ ol sz´ol´o inform´aci´ okat k´es˝ obb tessz¨ uk k¨ozz´e a http://bolyai.hu/kurschak.htm oldalon.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

353

C. 1621. Egy ´erint˝otrap´ez oldalainak m´er˝ osz´ amai eg´esz sz´ amok, melyek valamilyen sorrendben egy sz´amtani sorozat szomsz´edos elemeit k´epezik. Tudjuk, hogy a be´ırhat´o k¨or´enek sugara ´es a r¨ ovidebbik alapja egyar´ant 6. Mekkora a m´ asik h´ arom oldala? Javasolta: N´emeth L´ aszl´ o (Fony´ od) 354

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

C. 1622. Bizony´ıtsuk be, hogy az y = 1 − |x − 1| ´es az y = |2x − a| f¨ uggv´enyek grafikonja a´ltal k¨ ozrez´ art alakzat ter¨ ulete kisebb, mint 13 , ha 1 < a < 2. (Horv´ at feladat) Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. okt´ ober 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

B. 5115. Ali ersz´eny´eben n darab ´erme lapul, Bab´ anak pedig van n − 1 darab, kezdetben u ovetkez˝ o j´at´ekot j´atssza: a kezdetben egy ¨res ersz´enye. Baba a k¨ asikba b1 ´erm´et ersz´enyben l´ev˝ o ´erm´eket sz´etosztja k´et ersz´enybe, egyikbe a1 , m´ abl´ ara fel´ırja az a1 b1 szorzatot. Majd innent˝ ol (az el˝ oz˝ oh¨ oz t´eve (a1 , b1 > 0), ´es a t´ hasonl´ oan) a k-adik l´ep´esben (k = 2, 3, . . .) kiv´ alaszt egy legal´ abb k´et ´erm´et tartalmaz´ o ersz´enyt, a benne l´ev˝ o ´erm´eket sz´etosztja k´et u ¨res ersz´enybe, egyikbe ak , abl´ ara fel´ırja az ak bk szorzatot. m´asikba bk ´erm´et t´eve (ak , bk > 0), ´es a t´ A j´at´ek akkor ´er v´eget, ha minden ersz´enybe 1-1 ´erme ker¨ ult. Ekkor Ali osszeg´et ´es ennyi aranyat ad Bab´ anak. kisz´ amolja a t´ abl´ an l´ev˝ o ak bk szorzatok ¨ Legfeljebb mennyi aranyat kaphat Baba? (5 pont)

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5110–5117.)

B. 5116. Legyen a, b, c > 0 ´es x, y, z  0. Igazoljuk, hogy ha x + aby  a(y + z), y + bcz  b(z + x), ´es z + cax  c(x + y), akkor x = y = z = 0 vagy a = b = c = 1. (6 pont)

B. 5110. Egy egyenl˝o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ ogbe ´ırhat´o k¨ornek az oldalakkal p´ arhuzamos ´erint˝oi a h´ aromsz¨ ogb˝ ol h´ arom kis h´aromsz¨ oget v´ agnak le. Bizony´ıtsuk be, hogy az alapra illeszked˝o kis h´ aromsz¨ ogek alaphoz tartoz´ o magass´ aga megegyezik a h´ aromsz¨ ogbe ´ırhat´ o k¨ or sugar´aval. (3 pont) B. 5111. Az a ´es b val´os sz´amokr´ ol tudjuk, hogy a + b = 1 ´es a2 + b2 = 2. 8 8 Hat´ arozzuk meg a + b ´ert´ek´et. (3 pont)

B. 5117. Az A, B, C, D pontok (ebben a sorrendben) egy egyenesre esnek. Az AB, BC ´es CD szakaszokra (azonos f´els´ıkban) emelt szab´ alyos h´aromsz¨ ogek uk az egyenesen szomsz´edos harmadik cs´ ucsai legyenek rendre E, F , illetve G. Jel¨ olj¨ pontok t´ avols´ ag´ at a k¨ ovetkez˝ ok´eppen: AB = a, BC = b, CD = c. Mutassuk meg, hogy az EF G akkor ´es csak akkor 120◦ -os, ha a + c = b vagy a1 + 1c = 1b . (6 pont) Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. okt´ ober 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

Szalai M´ at´e (Szeged) javaslata alapj´ an

❄

B. 5112. Egy k´artyapakliban p darab piros ´es k darab k´ek k´ artya van. H´ anyf´elek´eppen v´ alaszthatunk ki a paklib´ ol k´ arty´ akat u ´gy, hogy a piros k´arty´ ak sz´ama n-nel t¨ obb legyen, mint a k´ek k´ arty´ ak sz´ama?

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (780–782.)

(4 pont) B. 5113. Legyenek a, b ´es c adott, p´ aronk´ent relat´ıv pr´ım pozit´ıv eg´eszek. Igazoljuk, hogy ekkor az xa + y b = z c egyenletnek v´egtelen sok megold´ asa van az (x, y, z) pozit´ıv eg´esz sz´ amh´ armasok k¨ or´eben. (5 pont)

Javasolta: George Stoica (Saint John, Kanada)

A. 780. Egy n × n-es t´ abl´ azatot kisz´ınezt¨ unk u ´gy, hogy minden 2 × 2-es r´eszben legyen legal´ abb k´et azonos sz´ın˝ u mez˝o. Legfeljebb h´ any sz´ınt haszn´ alhattunk a sz´ınez´esben? A D¨ urer-verseny feladata alapj´an

B. 5114. Az ABCDEF GH egys´egkock´ at elmetszett¨ uk egy s´ıkkal u ´gy, hogy az AB ´es AD ´eleket az A-t´ ol azonos, x t´ avols´ agra lev˝ o P ´es Q bels˝ o pontjaikban, a BF ´elt pedig az R pontban metszi. Mekkora a BR t´avols´ ag, ha QP R = 120◦ ?

A. 781. Szeretn´enk k¨ orz˝ ovel ´es vonalz´ oval megszerkeszteni egy egyenl˝o sz´ ar´ u h´aromsz¨oget. Ehhez a k¨ ovetkez˝ o n´egy adatb´ ol kapunk meg kett˝ot: a h´ aromsz¨ og alapj´anak hossza (a), a h´ aromsz¨ og sz´ar´ anak hossza (b), a be´ırt k¨ or´enek sugara (r), a k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek sugara (R). A hat lehets´eges esetb˝ol melyek azok, amikor a h´ aromsz¨og biztosan megszerkeszthet˝ o?

(4 pont)

Rub´ oczky Gy¨ orgy (Budapest) ¨ otlete alapj´an K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

355

356

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

A. 782. Bizony´ıtsuk be, hogy egy s´ıkbarajzolhat´ o egyszer˝ u gr´ af ´eleit mindig lehet u ´gy ir´ any´ıtani, hogy minden pont kifoka legfeljebb h´arom legyen. Angol versenyfeladat

A b˝ uv¨os n´egyzetek r´eg´ ota ismertek. Egy h´ıres b˝ uv¨ os n´egyzetet l´ atunk Albrecht D¨ urer (1471–1528) magyar sz´armaz´ as´ u n´emet fest˝o ´es grafikus Melank´ olia c´ım˝ u metszet´enek jobb fels˝ o sark´ aban. A n´egyzet als´ o sor´ aban k¨ oz´epen szerepl˝ o k´et ´ert´ek ¨osszeolvasva 1514, amely a k´ep keletkez´es´enek ´eve.

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. okt´ ober 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 514. A helyi´ert´ekes sz´ amrendszerekben a sz´amok sz´amjegyeit a sz´amrendszer alapsz´ am´anak megfelel˝o hatv´ any´ aval szorozzuk, hogy megkapjuk a sz´am ´ert´ek´et. P´eld´ aul a 143 eset´eben 1 · 102 + 4 · 101 + 3 · 100 , azaz 100 + 40 + 3 a sz´am ´ert´eke. A negat´ıv sz´amokat egy el˝ ojellel jel¨ olj¨ uk, de a fel´ır´as itt is ugyan´ ugy t¨ort´enik. Ha azonban alapsz´ amnak egy negat´ıv sz´amot v´ alasztunk, akkor nem lesz sz¨ uks´eg¨ unk el˝ojelre. Legyen a sz´ amrendszer alapsz´ ama −10. Ekkor a −10 alap´ u sz´ amrendszeram ´ert´eke ben fel´ırt sz´am sz´amjegyeit −10 hatv´anyaival szorozzuk, teh´ at a 345−10 sz´ 2 1 0 onnyen bel´ athat´ o, hogy a −10 ala3 · (−10) + 4 · (−10) + 5 · (−10) , vagyis 265. K¨ p´ u sz´ amrendszerben is egy´ertelm˝ u a sz´ amok fel´ır´ asa, de nincs sz¨ uks´eg a negat´ıv sz´ amok eset´eben az el˝ ojelre. P´eld´ aul −25 = −30 + 5, teh´at −10 alap´ u sz´ amrendszerben 35−10 . K´esz´ıts¨ unk programot, amely N darab 10-es sz´ amrendszerben megadott sz´ amot ´atv´ alt −10-es sz´ amrendszerbe. A program a standard bemenet els˝o sor´ ab´ol olvassa be az ´atv´ altand´ o sz´ amok darabsz´ am´at (1  N  100), majd a k¨ovetkez˝ o N sorb´ ol az ´atv´ altand´ o A sz´ amokat (|A|  109 ), ´es ´ırja a standard kimenet N darab sor´ aba a sz´ amok fel´ır´ as´at −10 alap´ u sz´ amrendszerben. P´elda:

Standard bemenet 3 -228 46 241

Kaptunk egy 4 × 4-es b˝ uv¨ os n´egyzetet, amely elk´epzelhet˝ o, hogy hib´as. Ismerj¨ uk a minta k´esz´ıt˝ oj´et, aki n´eha felcser´el oszlopokat, alkalmank´ent felcser´el sorokat, de el˝ ofordul, hogy egy sz´amot elt´eveszt. A sz´amokat r¨ ogz´ıtett¨ uk a durer.txt tabul´ atorral tagolt, UTF 8 k´ odol´as´ u´ al´ ekelj¨ lom´anyban. Ert´ uk ki a b˝ uv¨ os n´egyzetet t´ abl´ azatkezel˝ o seg´ıts´eg´evel az al´ abbiak szerint: – Adjuk meg, hogy a b˝ uv¨ os n´egyzet helyesen van-e kit¨ oltve. – Ha sz´ amt´eveszt´es t¨ ort´ent, akkor adjuk meg a cellahivatkoz´ ast, ahol a hib´ as sz´ am van ´es ´ırjuk ki mell´e a helyes ´ert´eket. A hib´ as cella h´ atter´et felt´eteles form´az´ assal sz´ınezz¨ uk ki. – Ha a sz´ amok helyesek soronk´ent ´es oszloponk´ent, de fel vannak cser´elve, akkor ´ırjuk ki, hogy az ´atl´ ok t´evesek.

Standard kimenet 1832 166 361

Minta:

Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i514.zip ´ allom´anyban a program forr´ ask´odja ´es r¨ ovid dokument´ aci´ oja, amely megadja, hogy a forr´ as´allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. I. 515. A b˝ uv¨ os n´egyzetek N × N eg´esz sz´ amot tartalmaznak n´egyzetes elrendez´esben. Minden sz´ am egyedi, nem ism´etl˝odik, ´es b´ armely sorban, oszlopban, valamint az ´atl´ okban szerepl˝ o sz´ amok ¨ osszege ugyanaz az ´ert´ek. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

357

Bek¨ uldend˝o egy i505.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a munkaf¨ uzet, valamint egy r¨ovid dokument´ aci´ o, amelyb˝ol kider¨ ul az alkalmazott t´ abl´ azatkezel˝ o neve ´es verzi´ osz´ ama. 358

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

I. 516. Mari n´eni ´es B¨ ozsi n´eni is fogyni szeretne. A nagyobb motiv´ aci´ o ´erdek´eben figyelemmel k´ıs´erik egym´as tests´ uly´ anak alakul´as´at. Az adatokat minden h´etf˝on r¨ ogz´ıtik a fogyi.txt ´ allom´anyba. A f´ajl sorai rendre Mari n´eni majd B¨ozsi n´eni t¨ omeg´et tartalmazz´ ak kg-ban eg´eszre kerek´ıtve az egym´ast k¨ovet˝o heteken egy sz´ ok¨ ozzel elv´ alasztva. A f´ ajl legfeljebb egy ´ev (53 h´et) adatait tartalmazza. 87 85 86 88 A p´eld´ aban a m´asodik h´eten Mari n´eni 86 kg, B¨ozsi n´eni pedig 88 kg volt. K´esz´ıts¨ unk fogyokura n´even programot az al´ abbiak szerint. Minden esetben ´ırassuk ki a feladat sz´ am´at is. 1. Olvassuk be ´es t´ aroljuk el az adatokat. 2. K´erj¨ uk be egy h´et sorsz´am´at, majd ´ırassuk ki, hogy ezen a h´etf˝on h´any kilogramm volt a k´et h¨ olgy. ´ 3. Irjuk ki a k´eperny˝ore, hogy h´any olyan h´et volt, amikor Mari n´eni t¨omege meghaladta B¨ ozsi n´eni´et. 4. Sz´am´ıtsuk ki, hogy mennyi volt a m´er´es ideje alatt B¨ozsi n´eni a´tlagos t¨omege. Az eredm´enyt k´et tizedesjegy pontoss´ aggal ´ırassuk ki a k´eperny˝ ore. 5. Vizsg´aljuk meg, hogy melyik h´eten volt Mari n´eni t¨omege a legnagyobb. Ha t¨ obb ilyen h´et is volt, akkor mindegyiket ´ırassuk ki a k´eperny˝ ore. 6. Keress¨ uk meg, hogy mikor cs¨ okkent az el˝ oz˝ o h´ethez k´epest az egyik, illetve a m´asik h¨ olgy t¨ omege. Az eredm´enyt egy-egy sz´ ok¨ozzel elv´ alasztva a k¨ovetkez˝ o form´aban ´ırassuk ki a csokken.txt nev˝ u sz¨ oveges a´llom´anyba:

Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N sz´ amot. A k¨ ovetkez˝ o N sor mindegyike 6 sz´amot tartalmaz: az i-edik sor az i-edik versenyz˝ o kapott pontsz´amait tartalmazza sorrendben a hat feladatra. Kimenet: az egyetlen sorban szerepel a keresett legkisebb k¨ ul¨ onbs´eg. P´elda: Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıt) 3 / 100 100 45 56 100 36 / 100 100 30 100 100 36 100 45 65 100 100 36

Korl´ atok: 1  N  105 . Minden pontsz´am 0 ´es 100 k¨ ozti. Id˝ okorl´at: 0,2 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N  100. Bek¨ uldend˝o egy is45.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. S. 145. Van egy sz´ ot´ arunk N db sz´ oval. Azt szeretn´enk tudni, h´anyf´elek´eppen tudjuk a sz´ot´ arb´ ol v´ alasztott szavakat a domin´ohoz hasonl´oan ¨ osszeilleszteni u ´gy, hogy azok K bet˝ u hosszan ´atfedj´ek egym´ ast. Teh´ at a k´erd´es: h´ any olyan (i, j) rendezett sz´ amp´ ar (1  i, j  N ) van, melyre az i-edik sz´ o utols´ o K bet˝ uj´eb˝ ol ol alkotott sorozattal. alkotott sorozat megegyezik a j-edik sz´ o els˝ o K bet˝ uj´eb˝ Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N ´es K sz´ amokat. A k¨ ovetkez˝ o N sor mindegyike egy, az angol ABC kisbet˝ uib˝ ol a´ll´ o (nem felt´etlen¨ ul ´ertelmes) sz´ ot tartalmaz. Kimenet: a megfelel˝ oo amp´ arok sz´ama. ¨sszeilleszt´esek, vagyis sz´ P´elda:

Mari n´ eni: 12-13 13-14 15-16 B¨ ozsi n´ eni: 2-3 10-11 29-30 P´eld´ aul Mari n´eni s´ ulya a 12. h´etr˝ ol a 13. h´etre cs¨okkent, majd a 13. h´etr˝ ol a 14. h´etre is stb. 7. ´Irjuk egy t´abl´ azatban a k´eperny˝ ore, hogy adott t¨omegeket mely heteken m´ert Mari n´eni. P´eld´ aul: 86 kg: 2 4 8 12 87 kg: 1 10 23 88 kg: 15 A t´ abl´ azatban csak azok a t¨ omegek szerepeljenek, amelyeket t´enylegesen el is ´ert Mari n´eni. Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i516.zip ´ allom´anyban a program forr´ ask´odja ´es r¨ ovid dokument´ aci´ oja, amely megadja, hogy a forr´ as´allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. I/S. 46. A 2020-as kanizsai CEOI versenyen N versenyz˝ onek kellett 6 feladatot megoldania. Mindegyik versenyz˝or˝ol tudjuk, hogy melyik feladatra h´ any pontot szerzett. Adjuk meg a legkisebb k¨ ul¨ onbs´eget, ami k´et versenyz˝o ¨osszes´ıtett pontsz´ ama k¨ ozt el˝ ofordult. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

Kimenet 9

359

Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıt) 4 2 / sapka / kalap / baba / bamba

Kimenet 3

Korl´ atok: 2  N  105 , 1  K  100, minden sz´o legal´ abb K ´es legfeljebb 100 bet˝ u hossz´ u. Id˝ okorl´at: 1 mp. ´ ekel´es: a pontok 30%-a kaphat´ Ert´ o K = 1 eset´en. A pontok tov´ abbi 30%-a kaphat´ o, ha N  100. Bek¨ uldend˝o egy s145.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o.

❄ A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k ¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. okt´ ober 15. ¨ ld´

❄ 360

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

l´enyeges volt a min´el pontosabb be´ all´ıt´ as, hogy a lehet˝ o legt¨ obb elhajl´ asi minimumot lehessen ´eszlelni.

Besz´ amol´ o a 2020. ´ evi Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´ alogat´ oversenyr˝ ol

A be´erkezett dolgozatok kijav´ıt´ asa ut´ an kialakult a v´egeredm´eny. A Kunfalviversenyen el´ert pontsz´amuk sorrendj´eben az al´ abbi di´ akok szerepeltek a legjobban:

A Nemzetk¨ ozi Fizikai Di´akolimpi´an (IPhO-n) r´esztvev˝ o ¨otf˝ os magyar csapat hagyom´anyosan a Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´alogat´ oversenyen ker¨ ul kiv´ alaszt´ asra minden ´evben. Az ut´ obbi ´evekben a Kunfalvi-versenyen szerepl˝o di´akoknak olimpiai st´ılus´ u” feladatokat kellett megoldaniuk elm´eleti ´es m´er´esi fordul´ok so” r´an. Azonban az ´ev elej´en megjelent koronav´ırus-j´ arv´ any miatt az idei olimpia, ´es ´ıgy a v´ alogat´ overseny sorsa is bizonytalann´a v´ alt. M´ ajus v´eg´ere kider¨ ult, hogy b´ ar az idei, 51. IPhO-t a k¨ovetkez˝ o ´evre halasztj´ ak, de az Eur´ opai Fizikai Di´akolimpi´ at (EuPhO-t) online m´ odon m´egis megtartj´ak. Ekkor v´ alt sz¨ uks´egess´e a Kunfalviverseny rendhagy´ o, online form´aban val´o megszervez´ese. M´ arcius k¨ ozep´eig m´eg a megszokott m´odon t¨ ort´ent a felk´esz¨ ul´es a budapesti, ar´ o miskolci, p´ecsi, szegedi ´es sz´ekesfeh´erv´ari olimpiai szakk¨or¨ok¨on. A szakk¨orre j´ di´ akok k¨ oz¨ ul v´eg¨ ul 18-an kaptak megh´ıv´ ast a Kunfalvi-versenyre kor´ abbi versenyeredm´enyeik ´es a helyi el˝ ov´ alogat´ okon el´ert eredm´enyek alapj´ an. A koronav´ırusj´arv´ any ellen bevezetett int´ezked´esek miatt a Kunfalvi-verseny a r´esztvev˝ o di´akok otthonaiban zajlott j´ unius 2-3. k¨ oz¨ ott. Mivel az EuPhO-n nem az olimpiai st´ılus´ u, hossz´ u feladatok, hanem h´ arom (az E¨ otv¨ os-versenyhez hasonl´ o jelleg˝ u), r¨ovidebb elm´eleti feladat, tov´ abb´ a hasonl´ oan ¨ otletes m´er´esi feladatok megold´ asa a c´el, ´ıgy az idei v´alogat´ overseny nemcsak a helysz´ın, de a feladatok st´ılusa miatt is k¨ ul¨onleges volt. Az els˝o versenynap egy n´egy ´es f´el ´or´ as m´er´esi fordul´ oval indult, majd egy ugyanilyen id˝ otartam´ u, h´arom p´eld´ ab´ol a´ll´ o elm´eleti fordul´o k¨ovetkezett. A m´asoarom elm´eleti feladatb´ol ´all´o fordudik versenynapon pedig egy m´asodik, szint´en h´ l´on vettek r´eszt a versenyz˝ok. Az id˝ o letelt´evel mindenkinek 15 perce volt, hogy valamilyen elektronikus eszk¨ ozzel digitaliz´ alja a munk´aj´at, ´es e-mailben elk¨ uldje a versenybizotts´ agnak. Az elm´eleti feladatokat al´ abb r´eszletesen k¨oz¨olj¨ uk, a m´er´esi feladatot csak r¨ oviden ¨ osszefoglaljuk. A verseny el˝ ott k´et h´ettel minden r´esztvev˝ o megkapta e-mailben a m´er´eshez sz¨ uks´eges, egyszer˝ u eszk¨ oz¨ ok list´aj´at, a m´er´esi feladat sz¨oveg´et viszont csak a verseny kezdetekor kapt´ak meg a di´akok. A m´er´es sor´ an egy hajsz´al ny´ır´ asi modulus´ at kellett meghat´ arozni. Els˝ok´ent a hajsz´al v´eg´ere k´et 100 Ft-os ´erm´et ragasztottak a versenyz˝ ok, majd az ´ıgy k´esz´ıtett, felf¨ uggesztett torzi´ os inga leng´esidej´et vizsg´aloz˝ o amplit´ ud´ ok ´es hajsz´alhosszak eset´en. A m´er´esi adatok ´es a Hooket´ ak k¨ ul¨ onb¨ t¨ orv´eny felhaszn´ al´as´aval a hajsz´al direkci´os nyomat´eka meghat´ arozhat´ o volt a hajsz´ al hossz´anak f¨ uggv´eny´eben. Elm´eleti megfontol´ asok szerint a direkci´os nyomat´ek a hossz reciprok´ aval ar´anyos, az ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ o pedig tartalmazza a hajsz´al atm´er˝ ´ oj´et ´es ny´ır´ asi modulus´ at. A ny´ır´ asi modulus kisz´ am´ıt´as´ahoz teh´at sz¨ uks´eg van a hajsz´ al vastags´ag´ ara is, amit a hajsz´ alon t¨ ort´en˝ o f´enyelhajl´as t´ avoli erny˝ on felfogott k´ep´enek elemz´es´evel hat´ aroztak meg a versenyz˝ ok. A m´er´es ezen r´esz´eben

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

361

´ Fajszi Bulcs´ u (Budapesti Fazekas Mih´aly Gyakorl´o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´azium, 12. oszt.), felk´esz´ıt˝ o tan´ arai: Csefk´ o Zolt´ an ´es Horv´ ath G´ abor; P´ acsonyi P´ eter (Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´os Gimn´azium, 12. oszt.), felk´esz´ıt˝o tan´ ara: P´ alovics R´ obert; ´ Bokor Endre (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyakorl´ o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´azium, 11. oszt.), felk´esz´ıt˝ o tan´ ara: Schramek Anik´ o; ´ ´ ad Gimn´azium, 12. oszt.), felk´esz´ıt˝ Marozs´ ak T´ ad´ e (Obudai Arp´ o tan´ ara: G¨ artner Istv´ an; ´ J´ anosik Aron (R´evai Mikl´os Gimn´azium ´es Koll´egium, Gy˝or, 12. oszt.), felk´esz´ıt˝o tan´ ara: Juh´ asz Zolt´ an. A kiv´alasztott ¨ ot di´ak vehetett r´eszt a 4. EuPhO-n, ami szint´en online verseny volt. A verseny besz´ amol´oj´at a k¨ ovetkez˝ o sz´ amban k¨ oz¨ olj¨ uk. Sarkadi Tam´ as, Sz´ asz Kriszti´ an, Tasn´ adi Tam´ as, Vank´ o P´ eter ´es Vigh M´ at´ e

A 2020. ´ evi Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´ alogat´ overseny elm´ eleti feladatai∗ Az els˝ o elm´ eleti fordul´ o feladatai (2020. j´ unius 2.): F1. Az ´ abr´ an l´ athat´ o, homokkal bor´ıtott talajon egy 2 m sz´eles, 1 m m´elys´eg˝ u g¨od¨or van, melynek alj´at szint´en homok fedi. A g¨ od¨ or f¨ ugg˝oleges falai sim´ ak ´es merevek. Egy kis m´eret˝ u, rugalmas goly´ ot szeretn´enk elhaj´ıtani a lehets´eges legkisebb sebess´eggel a g¨ od¨ ort˝ ol 10 m-re l´ev˝ o A pontb´ ol u ´gy, hogy a goly´ o a g¨ od¨ or als´ o, haj´ıt´as fel˝oli B pontj´ aba ´erkezzen.

∗

A feladatok megold´ as´ at a K¨ oMaL okt´ oberi sz´ am´ aban k¨ oz¨ olj¨ uk. A k´es˝ obbi versenyekre k´esz¨ ul˝ ok a feladatok ¨ on´ all´ o megold´ as´ aval ellen˝ orizhetik tud´ asukat ´es es´elyeiket. (– A Szerk.)

362

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

a) K´esz´ıts¨ unk v´ azlatos rajzot a goly´ o optim´ alis p´ aly´ aj´ar´ ol! Indokoljuk is a rajzot! b) Mekkora az a legkisebb haj´ıt´asi sebess´eg, amellyel a B pontot eltal´alhatjuk?

labd´at ind´ıtunk tiszt´ an g¨ ord´ıtve v0 kezd˝ osebess´eggel. Azt tapasztaljuk, hogy amikor a labda a fut´oszalag elhagy´ as´ at k¨ ovet˝oen m´ ar u ´jra tiszt´ an g¨ ord¨ ul, eredeti mozg´ asir´any´ aval p´ arhuzamosan halad.

F2. Egy igen hossz´ u, egyenes a´ramvezet˝ o huzalt a´tf˝ uz¨ unk egy hossz´ u, v´ekony fal´ u, szupravezet˝ o anyagb´ ol k´esz¨ ult, R sugar´ u cs¨ ov¨ on. A huzal tengelye p´arhuzamos a cs˝ o tengely´evel, a k¨ oz¨ ott¨ uk l´ev˝ o t´ avols´ ag R/2. A huzalban foly´o ´aram er˝oss´ege I. a) Mekkora az a´ramvezet˝ o huzal egys´egnyi hossz´ ara hat´ o er˝o? b) Mekkora a J = I/ vonalmenti a´rams˝ ur˝ us´eg a szupravezet˝ o cs˝ o bels˝ o fel¨ ulet´en, az ´ abr´ an jel¨ olt A ´es B pontokban? c) Mekkora a vonalmenti a´rams˝ ur˝ us´eg a cs˝o k¨ uls˝ o fel¨ ulet´en? ´ Utmutat´ as: A szupravezet˝ o anyag belsej´ebe a m´ agneses t´er nem hatolhat be. F3. A val´ odi termodinamikai g´epek hat´asfoka a´ltal´ aban j´oval az ide´alis Carnothat´ asfok alatt marad. Ennek egyik f˝o oka, hogy Carnot-g´ep eset´en felt´etelezz¨ uk, hogy minden termodinamikai folyamat nagyon lassan, reverzibilis m´odon megy v´egbe, m´ıg val´odi termodinamikai g´epekn´el a h˝ofelv´eteln´el, h˝olead´ asn´ al nagy szerepe van a h˝ ovezet´esnek, ami irreverzibilis folyamat. Egy val´ odi termodinamikai g´ep m˝ uk¨ od´esekor sz¨ uks´egszer˝ uen fell´epnek bels˝ o disszipat´ıv folyamatok is, amik rontj´ak a hat´asfokot.

b) Mekkora a f´elg¨ ombh´ejra hat´ o elektromos er˝ o?

F6. Egy g¨ omb alak´ u, R sugar´ u bolyg´ on a l´egk¨ or t¨ or´esmutat´ oj´at (a felsz´ınhez k¨ozel) j´o k¨ozel´ıt´essel az n(h) = n0

a) Adott k¨ uls˝ o h˝om´ers´ekletek mellett hogyan f¨ ugg a Carnot-g´ep ´altal szolg´ altatott mechanikai teljes´ıtm´eny a bels˝ o g´ep η hat´ asfok´ at´ ol? b) A bels˝ o g´ep milyen η mechanikai teljes´ıtm´eny?

F5. Egy v´ekony, f´emb˝ ol k´esz¨ ult, Q t¨ olt´es˝ u f´elg¨ ombh´ejat egy t¨ oltetlen, R sugar´ u f´emg¨ omb k¨ ozel´ebe visz¨ unk az ´ abr´ an l´ athat´ o m´ odon. A f´emg¨ omb sugara egy kicsit kisebb, mint a f´elg¨ ombh´ej´e. a) Adjuk meg a g¨ omb ´es a f´elg¨ ombh´ej fel¨ ulet´en kialakul´ o t¨ olt´eseloszl´ast!

A probl´ema modellez´es´ehez tekints¨ uk az ´ abr´ an o” h˝ol´ athat´ o Carnot-h˝ oer˝ og´epet. A tm ´es th bels˝ ” oz¨ ott egy bels˝ o”, reverzibilis m´ers´ekletek (th < tm ) k¨ ” Carnot-g´ep m˝ uk¨ odik, mely h˝ovezet´es u ´tj´an csatlakoom´ers´eklet˝ u meleg, illetve a Th < th zik a Tm > tm h˝ h˝ om´ers´eklet˝ u hideg ( k¨ uls˝ o”) h˝ otart´ alyokhoz. A h˝ otar” t´ alyok ´es a bels˝ o Carnot-g´ep k¨ oz¨ otti h˝ o´aram er˝oss´ege (azaz a h˝ o´ atad´ as u om´ers´eklet-k¨ ul¨ onbs´eggel ¨teme) a h˝ ar´ anyos, az ar´ anyoss´ agi t´enyez˝ ok a meleg ´es a hideg uls˝ o h˝ otart´ alyok h˝ooldalon rendre κm , illetve κh . A k¨ m´ers´eklete a´lland´ onak tekinthet˝o.

∗

Mekkora d t´ avols´ aggal tol´ odott el a labda p´aly´ aja a fut´oszalaggal p´ arhuzamos ir´anyban? (A s´ url´od´ asi egy¨ utthat´ o a v´ızszintes fel¨ uletek ´es a labda k¨ oz¨ ott nagy, ´ıgy al sokkal kisebb.) a cs´ uszva g¨ord¨ ul˝ o mozg´asok id˝otartama s/v0 -n´

hat´ asfoka mellett maxim´ alis a g´ep ´altal leadott

R , R+h

formula adja meg, ahol h a bolyg´ o felsz´ın´et˝ ol m´ert magass´ ag, n0 ´ alland´ o. Egy agb´ ol a v´ızszinteshez keskeny l´ezerf´enynyal´ abot ind´ıtunk a felsz´ınt˝ ol m´ert h0 magass´ k´epest θ ir´anyban a felsz´ın fel´e. a) Milyen alak´ u a f´enynyal´ ab p´aly´ aja?

A m´ asodik elm´ eleti fordul´ o feladatai (2020. j´ unius 3.): F4. Egy v´ızszintes k´ıs´erletez˝ oasztal k¨ oz´eps˝ o s´ avj´ at egy ´alland´ o V sebess´eggel mozg´ o, s sz´eless´eg˝ u (v´egtelen´ıtett) gumiszalag k´epezi, amely pontosan illeszkedik az asztallap nyugv´ o fel¨ ulet´ehez. A fut´ oszalag sz´el´ere mer˝ olegesen egy t¨om¨or gumiK¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

363

b) Mennyi id˝ o alatt ´eri el a f´enynyal´ ab a bolyg´o felsz´ın´et? (A v´akuumbeli f´enysebess´eg c.) c) Hat´arozzuk meg a θ sz¨ oget, ha az a pont, ahol a f´eny el´eri a bolyg´o felsz´ın´et pontosan az ind´ıt´ asi pont alatt helyezkedik el! 364

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

Tehets´ eggondoz´ as M´ er´ esi szakk¨ or a BME Fizikai Int´ ezet´ eben

nikus rezg˝ omozg´ast v´egez. Erre jellemz˝ o, hogy a kit´er´est, a mozg´as sebess´eg´et ´es a gyorsul´ ast rendre az

A fizika ir´ ant ´erdekl˝ od˝ o, tehets´eges k¨ oz´episkol´ as di´ akok sz´ am´ ara a BME Fizikai Int´ezet gyakorlati foglalkoz´ asokat tart. A foglalkoz´ asokon lehet˝ os´eget biztos´ıtunk arra, hogy a tanul´ ok m´er˝ op´ arokban fizikai k´ıs´erleteket ´es m´er´eseket v´egezhessenek. A foglalkoz´ asokra okt´ obert˝ ol kezd˝ od˝ oen k´ethetente, kedden 15.00-t´ ol 18.00-ig ker¨ ul sor, ¨ osszesen nyolc alkalommal. Inform´ aci´ o: http://mono.eik.bme.hu/~vanko/labor/Tehetseggondozas.pdf Az ´erdekl˝ od˝ ok e-mail-ben jelentkezhetnek 2020. szeptember 30-ig az al´ abbi c´ımen: [email protected] Els˝ osorban a gimn´ aziumok utols´ o k´et ´evfolyam´ ara j´ ar´ ok jelentkez´es´et v´ arjuk. A jelentkez˝ ok ´ırjanak p´ ar sort magukr´ ol, ismertess´ek a fizika ´es a matematikai tanulm´ anyaik sor´ an el´ert eredm´enyeiket (versenyeredm´enyek, K¨ oMaL szerepl´es, stb.), ´es tov´ abbtanul´ asi elk´epzel´eseiket. A foglalkoz´ asok ingyenesek! Minden jelentkez˝ ot e-mail-ben ´ertes´ıt¨ unk (aki nem kap v´ alaszt, k¨ uldje el m´eg egyszer a jelentkez´es´et).

Vank´ o P´ eter

x = A sin (ω0 t + ϕ0 ),

(3)

v = Aω0 cos (ω0 t + ϕ0 ),

´es az (4)

Ha egy egyens´ ulyi helyzet´eb˝ ol kimozd´ıtott testet visszah´ uz´ o er˝ o a Hooket¨ orv´enyt k¨ oveti, azaz a kit´er´essel ar´ anyos, a test harmonikus rezg˝ omozg´ast v´egez. Ennek egyik fontos jellegzetess´ege, hogy a rezg´es ideje nem f¨ ugg a kit´er´ıt´es nagys´ ag´ at´ ol. A val´ os´ agban azonban az er˝ ot¨ orv´eny mindig csak bizonyos hat´ arok k¨oz¨ott, valamilyen k¨ ozel´ıt´esben tekinthet˝ o line´arisnak. Bizonyos esetekben ezek a hat´ arok lehetnek eg´eszen t´agak (pl. a direkt erre a c´elra k´esz´ıtett rugalmas eszk¨oz¨ok eset´en), m´ askor el kell fogadnunk, hogy a vizsg´ alt periodikus mozg´ as csak nagyon kicsiny amplit´ ud´ o eset´en tekinthet˝ o harmonikusnak (ilyen pl. az inga mozg´asa, ´es a´ltal´ a´ ban az ¨ osszetett rendszerek egyens´ uly k¨ or¨ uli rezg´esei). Ugy is mondhatjuk, hogy ezekben az esetekben a harmonikus k¨ ozel´ıt´es csak az els˝ o k¨ozel´ıt´es, ami tov´abb uggetlen az amplifinom´ıthat´ o. Az anharmonikus rezg´esek peri´odusideje m´ar nem f¨ t´ ud´ ot´ ol, de az els˝ o korrekci´ o meglep˝ oen k¨ onnyen kisz´ am´ıthat´ o. A tov´ abbiakban ezt fogjuk bemutatni egy egyszer˝ u, ´ amde k¨ onnyen a´ltal´ anos´ıthat´ o p´eld´ an. El˝ osz¨ or eleven´ıts¨ unk fel n´eh´ any dolgot, amit a harmonikus rezg´esekr˝ ol tudunk! Ha egy test mozg´as´at az ma = −Dx

f¨ uggv´e nyek adj´ ak meg. Ezekben A a rezg´es amplit´ ud´ oja, az ω0 k¨ orfrekvencia oget pedig a test t = 0 id˝ opontban elfoglalt helyzete hat´aω0 = D/m , a ϕ0 sz¨ obbiekben fontos ¨ osszef¨ ugg´es rozza meg. A rezg´es peri´odusideje T0 = 2π/ω0 . A k´es˝ lesz az energiamegmarad´as t¨ orv´enye, ez´ert ´erdemes felid´ezn¨ unk, hogy ha egy testet at kell F (x) = −Dx er˝ o h´ uz vissza, akkor ezen er˝ovel szemben V (x) = Dx2 /2 munk´ v´egezn¨ unk, hogy a testet az orig´ob´ ol az x poz´ıci´ oba vigy¨ uk. (Ezt u ´gy szoktuk mondani, hogy az F (x)-nek a V (x) a potenci´alja. Azzal, hogy ez mit is jelent pontosan, a F¨ uggel´ekben m´eg foglalkozunk.) Ennek seg´ıts´eg´evel az energia m´erlegegyenlete: (5)

(6)

1 1 mv 2 + V (x) = DA2 . 2 2

ma = F ∗ (x) = −Dx − D∗ x3 .

Itt D∗ el˝ ojele nincs megk¨ otve, ´es felt´etelezz¨ uk, hogy az anharmonikus D∗ x3 tag |D ∗ | az eg´esz mozg´as sor´ an kicsiny az el˝otte a´ll´ ohoz viszony´ıtva, azaz D A2 1. A tov´abbiakban azt vizsg´aljuk meg, milyen m´ert´ekben v´ altoztatja meg ez a tag a rezg´esid˝ ot. El˝ osz¨ or k´et egyszer˝ u, a harmonikushoz hasonl´ o k¨ ozel´ıt´essel pr´ ob´alkozunk. ogi´aj´ara a (6) egyen1) A harmonikus rezg´es eset´en amax = Aω 2 . Ennek anal´ letb˝ ol az (7) ω1 = ω0 1 + bA2

´ert´ek ad´ odik, ahol b = D∗ /D. 2) A harmonikus rezg´es sor´ an vmax = Aω. Kiindulhatunk ebb˝ ol az ¨ osszef¨ ugg´esb˝ol is! Ahogy azt a F¨ uggel´ekben bemutatjuk, a (6) egyenletben szerepl˝ o F ∗ (x) er˝ oh¨oz tartoz´o potenci´al V ∗ (x) =

1 1 Dx2 + D∗ x4 , 2 4

teh´at az energiamegmarad´as egyenlete most

mozg´ asegyenlet ´ırja le (amelyben m a test t¨ omege, a a gyorsul´ asa, x egy adott ponthoz viszony´ıtott kit´er´ese ´es D egy pozit´ıv ´alland´ o), akkor ez a test harmo-

(8)

365

366

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

a = −Aω02 sin (ω0 t + ϕ0 )

K¨ovetkez˝ o l´ep´esk´ent egy anharmonikus esetet pr´ ob´ alunk le´ırni. B´ ar nem minden egyens´ ulyi helyzet szimmetrikus (vagyis F (−x) = −F (x) tulajdons´ag´ u er˝ ot¨ orv´enynek megfelel˝ o), mi most csak ilyet vizsg´alunk, ezek k¨ oz¨ ul is a legegyszer˝ ubbet vessz¨ uk. Ebben a kit´er´ıtett testet visszah´ uz´ o er˝ ot egy harmadfok´ u kifejez´es adja meg, teh´at a mozg´asegyenlet

Anharmonikus rezg´ esek peri´ odusideje

(1)

(2)

1 1 1 1 1 mv 2 + Dx2 + D∗ x4 = DA2 + D∗ A4 . 2 2 4 2 4 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

A vmax sebess´eget ebb˝ ol sz´amolva az (9)

ω2 = ω0

´es a sorrend pont ford´ıtott az ellenkez˝ o esetben: 

1+

T 1 > T > T2 ,

bA2 2

kifejez´es ad´ odik. Tanuls´ agos megn´ezn¨ unk azokat a harmonikus potenci´ alokat, amelyekben az m t¨ omeg˝ u pr´ obatest¨ unk ω1 , illetve ω2 k¨orfrekvenci´ aval rezegne. Ezek rendre  1

1 V1 (x) = D 1 + bA2 x2 − D∗ A4 2 4 ´es   bA2 1 V2 (x) = D 1 + x2 . 2 2

A potenci´alokhoz tetsz˝ oleges konstansokat hozz´ a lehet adni, ezek az energiam´erlegb˝ ol u ´gyis kiesnek. Mi most u ´gy v´ alasztottuk meg a potenci´ alis energi´ak nullpontj´at, hogy

Joggal vet˝ odik fel, hogy most melyik ´ert´ek a´ll k¨ ozelebb a val´ odihoz. Az a meglep˝ o v´ alasz, hogy a kett˝ o sz´ amtani k¨ ozepe, vagyis T ≈

(11)

T =2

Fontos ´eszrev´etel, hogy a sz´els˝ o (±A) pontokban V1 ´erint˝oje is megegyealf¨ uggzik V ∗ -´eval, hiszen itt a potenci´ v´eny meredeks´ege az er˝ ovel, az pedig a test maxim´alis gyorsul´as´ aval ar´anyos, ´gy v´alasztot´es V1 param´eter´et ´eppen u tuk meg, hogy a test legnagyobb gyorsul´asa ugyanannyi legyen a k´et esetben. Ez nem igaz V2 -re, de V2 ´es V ∗ ´erintik egym´ ast az orig´oban, ami a maxim´ alis sebess´egek ¨ osszehangol´as´ anak k¨ ovetkezm´enye. J´ ol l´atszik, hogy a −A  x  A szakaszon a V1 ´es V2 k¨ozrefogja a V ∗ -ot, pl. ∗ D > 0 mellett V1 (x)  V ∗ (x)  V2 (x),

ha

− A  x  A,

|v1 |  |v|  |v2 |, aminek egyenes k¨ ovetkezm´enye, hogy a t´enyleges rezg´esid˝ ore fenn´ all, hogy

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

i

vi

.

alakban. Itt ϕ(t) az id˝ o monoton n¨ oveked˝o f¨ uggv´enye, ´es a mozg´ as periodikuss´ ag´at az fejezi ki, hogy ϕ(t + T ) = ϕ(t) + 2π, de olyan szimmetrikus rezg´es eset´en, mint amit most vizsg´ alunk, az enn´el szigor´ ubb ϕ(t + T /2) = ϕ(t) + π felt´etel is teljes¨ ul. A ϕ(t) n¨ oveked´esi u ogsebess´eggel lehet ¨tem´et egy pillanatnyi sz¨ megadni. Ennek defin´ıci´oja a pillanatnyi sebess´eg anal´ ogi´aj´ara ϕ(t + Δt) − ϕ(t) Δϕ = , Δt Δt

(Δt → 0).

(Ezt u ´gy kell ´erten¨ unk, hogy mik¨ ozben Δt-nek egyre kisebb ´ert´ekeket v´alasztunk, ak¨ozben a sz´ aml´ al´o is egyre kisebb lesz, a kett˝ o h´ anyadosa viszont egy konkr´et ´ert´ekhez k¨ozeledik. Ahogy az u ´t – id˝ o grafikon ´erint˝oj´enek a meredeks´ege a pillanatnyi sebess´eg, u ´gy a ϕ(t) grafikon ´erint˝oj´enek a meredeks´ege az ω(t) pillanatnyi sz¨ ogsebess´eg.) A rezg´es pillanatnyi sebess´eg´et annak defin´ıci´oj´ab´ ol kiindulva hat´arozzuk meg:

teh´ at a p´ alya b´ armely adott pontj´aban D∗ > 0 mellett

2π 2π < T < T2 = , ω1 ω2

 Δxi

x(t) = A sin ϕ(t)

ω(t) =

1 1 1 mv 2 + V1 (x) = mv 2 + V ∗ (x) = mv22 + V2 (x), 2 1 2 2

Δti = 2

(Az ehhez sz¨ uks´eges sebess´egeket az energiamegmarad´ asb´ ol sz´am´ıthatjuk ki.) Ezzel azonban vigy´ aznunk kell, mert a sz´els˝ o helyzetekhez k¨ ozeledve a test nagyon lelassul, nagyon kicsiny sebess´eg´ert´ekek ker¨ ulnek a nevez˝obe, ´es u unk kell, ¨gyeskedn¨ hogy az ¨osszeg ´ert´ek´et kell˝ o pontoss´aggal tudjuk meghat´arozni. Szerencs´ere ezt a probl´em´at meg tudjuk ker¨ ulni, ha figyelembe vessz¨ uk, hogy a rezg´es m´egiscsak egy periodikus mozg´ as, azaz a kit´er´es megadhat´ o az

´es a viszony pont ford´ıtott, ha D∗ < 0. Ugyanakkor (10) miatt

T1 =

 i

abra mutatja. legyen. A h´arom potenci´al jelleg´et D∗ > 0 eset´en az ´

T1 + T2 2

mindkett˝ on´el sokkal jobb k¨ ozel´ıt´es. A tov´ abbiakban ezt fogjuk bemutatni, ´es becsl´est adunk (11) pontoss´ ag´ ara is. A rezg´esid˝ o kisz´ am´ıt´ as´ara k´ezenfekv˝ onek t˝ unik, hogy a (−A, +A) szakaszt kicsiny Δxi szakaszokra osztjuk, ´es fel¨ osszegezz¨ uk azokat a Δti id˝ oket, amelyek a kis szakaszok megt´etel´ehez kellenek:

V1 (±A) = V ∗ (±A) = V2 (±A)

(10)

ha D∗ < 0.

ha D∗ > 0,

v(t) = 367

368

A sin (ϕ + Δϕ) − A sin ϕ sin Δϕ cos ϕ − (1 − cos Δϕ) sin ϕ Δx = =A . Δt Δt Δt K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

formula adja meg, ami a sin2 ϕ =

Mivel kicsi Δϕ eset´en sin Δϕ ≈ Δϕ, tov´ abb´ a 2

1 − cos (Δϕ) = 2 sin2 (Δϕ/2) ≈ (Δϕ) /2, a sebess´eget megad´ o k´epletben a sz´ aml´ al´o m´ asodik tagja j´oval kisebb, mint az els˝o, ez´ert elhagyhat´ o, a marad´ek pedig a (12)

v(t) = Aω(t) cos ϕ(t)

kifejez´est adja. Ez nagyon hasonl´ıt a harmonikus rezg´es sebess´eg´ere, de vigy´ azzunk, az anal´ogia nem teljes, mert a gyorsul´ as a(t) = −Aω 2 (t) sin ϕ(t). Ahogy a v sebess´eg, u ´gy az ω pillanatnyi sz¨ ogsebess´eg is kifejezhet˝o az energiamegmarad´ as (8) egyenlete seg´ıts´eg´evel. Az ebb˝ ol ad´od´o    b(A2 + x2 ) 2 2 v = ω0 (A − x ) 1 + 2 kifejez´esb˝ ol egyszer˝ u behelyettes´ıt´essel kapjuk, hogy 

 bA2 1 + sin2 ϕ(t) ω(t) = ω0 1 + . 2

 Δϕi  i

ω0

helyettes´ıt´es ut´ an

 3 2 1 2 1 − bA + bA cos 2ϕi . 8 8

L´athat´ o, hogy a z´ ar´ ojelben a harmadik tag az ¨ osszegz´esben null´ at ad (mert ugyanannyi a pozit´ıv ´es a negat´ıv j´arul´ek), a t¨ obbi pedig egyszer˝ uen szorz´ odik az intervallum 2π hossz´ aval, ´ıgy     2π 3 3 (13) T ≈ 1 − bA2 = T0 1 − bA2 . ω0 8 8 ¨ aggal (ugyanazon Osszehasonl´ ıt´ ask´eppen T1 ´es T2 ugyanilyen pontoss´ −1 ozel´ıt´eseket alkalmazva): ≈ 1 + y/2 ´es (1 + y) ≈ 1 − y k¨   T0 1 2 (14) T1 = √ ≈ T0 1 − bA , 2 1 + bA2

√

1+y ≈

illetve (15)

T2 =

  1 ≈ T0 1 − bA2 , 4 1 + bA2 /2 T0

teh´ at val´oban fenn´all, hogy nagyon j´o k¨ ozel´ıt´essel

Vegy¨ uk ´eszre, hogy a sz¨ ogsebess´eg az id˝ot˝ ol csak a ϕ-n kereszt¨ ul f¨ ugg, teh´at nyugodtan ´ırhatjuk, hogy  bA2 (1 + sin2 ϕ) . ω(ϕ) = ω0 1 + 2 Most m´ ar fel tudjuk ´ırni a rezg´esid˝ ot olyan ¨ osszeg form´ aj´aban, amely eset´eben nem kell att´ ol tartanunk, hogy a nevez˝obe elt˝ un˝ o mennyis´eg ker¨ ul. Ha a 2π tartom´ anyt kicsiny Δϕi szakaszokra osztjuk, ´es ϕi -nek a megfelel˝ o szakasz egy pontj´ at (mondjuk a felez˝ opontj´at) v´ alasztjuk, akkor az adott szakasz megt´etel´ehez” sz¨ uk” s´eges id˝ o Δti ≈ Δϕi /ω(ϕi ), azaz −1/2  Δϕi   Δϕi bA2 (1 + sin2 ϕi ) = T = . 1+ ω(ϕi ) ω0 2 i i

Az ¨ osszegz´es (integr´ al) kell˝o matematikai felk´esz¨ ults´eggel egzakt m´ odon is elv´egezhet˝ o, de mi most sokkal kevesebbel is be´erj¨ uk: megel´egsz¨ unk azzal, hogy kisz´am´ıt2 suk legalacsonyabb rend˝ u korrekci´ ot. Ezt a megfelel˝ o a T -hez a bA param´eterben −1 ozel´ıt´esekkel a´talak´ıtott (1 + y) ≈ 1 + y/2 ´es (1 + y) ≈ 1 − y k¨   Δϕi  bA2 (1 + sin2 ϕi ) T ≈ 1− ω0 4 i K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

T ≈

1−cos 2ϕ 2

369

T ≈

(16)

T1 + T2 . 2

Sz´ olnunk kell m´eg az eredm´eny¨ unk pontoss´ ag´ ar´ ol. Sz´ amol´asainkban az egyhez k´epest kis param´eter a bA2 mennyis´eg. Ahogy azt a F¨ uggel´ekben bemutatjuk, az alkalmazott formul´ ak az ott y-nal jel¨ olt kis param´eterben els˝ o rendig pontosak, agrend˝ u. Eset¨ unkben ez azt az elhanyagolt tagok k¨ oz¨ ul a legnagyobb y 2 nagys´

2 jelenti, hogy az eredm´eny¨ unk hib´ aja kb. bA2 . Ezt u ´gy szoktuk jel¨ olni, hogy (17)

T =

T1 + T2 + O(A4 ), 2

o A a negyediken) olyan – pontosabban, sz´ amszer˝ uen ahol az O(A4 ) (olvasd: ord´ agrend˝ uek. (Az ordo nem r´eszletezett – tagokat jelent, amelyek legfeljebb A4 nagys´ latin sz´ o, jelent´ese: rend.) Ezekben term´eszetesen az A k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o hatv´ anyai mellett olyan (A-t´ol f¨ uggetlen) szorz´ot´enyez˝ ok ´ allnak, amelyekkel egy¨ utt minden tag ugyanolyan dimenzi´ oj´ u, de ezek az egy¨ utthat´ ok minden konkr´et feladatban adottak, teh´at ¨ a nagys´ agrendet maga az A hatv´ anykitev˝oje hat´ arozza meg. Osszef¨ ugg´es¨ unk ebben a form´aban ´altal´ anosnak tekinthet˝ o minden szimmetrikus anharmonikus rezg´esre. alhoz egy Gondoljuk csak meg, ha az er˝ oh¨ oz hozz´aadunk egy x5 -nel (azaz a potenci´ 6 anyos tagot, att´ ol m´eg a sz´ amol´as ugyan´ıgy elv´egezhet˝ o, ´es arra az eredx -nal) ar´ m´enyre vezet, hogy a T , T1 ´es T2 csak A4 nagys´ agrend˝ u tagokkal m´odosul. Nem n˝ o a korrekci´ok nagys´ agrendje akkor sem, ha az er˝oh¨ oz (potenci´alhoz) tov´ abbi, m´eg 370

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

gyorsabban elt˝ un˝ o tagokat adunk, teh´at ezek a (17) ¨osszef¨ ugg´es tartalm´at m´ar nem v´ altoztatj´ ak meg. Megjegyz´es. A le´ırt elj´ ar´ as pontoss´ ag´ anak ´erz´ekeltet´es´ere tekints¨ unk egy konkr´et p´eld´ at! Legyen mondjuk D = 0,1 N/cm ´es D∗ = 10−4 N/cm3 , vagyis b = 10−3 cm−2 . Ha a rezg´es amplit´ ud´ oja A = 10 cm, akkor bA2 = 0,1. Ez annyit jelent, hogy a legnagyobb kit´er´esn´el az er˝ o k´eplet´eben az anharmonikus tag 10-szer kisebb, mint a Hooke-t¨ orv´enynek megfelel˝ o harmonikus tag. A rezg˝ o test m t¨ omege meghat´ arozza a nagyon kicsi kit´er´esekot, ennek sz´ amszer˝ u ´ert´ek´ere a relat´ıv elt´er´esek sz´ am´ıt´ as´ an´ al nincs hez tartoz´ o T0 rezg´esid˝ sz¨ uks´eg¨ unk. A (14), (15) ´es (16) ¨ osszef¨ ugg´eseknek megfelel˝ oen a harmonikus mozg´ assal k¨ ozel´ıtett rezg´esek peri´ odusideje: T1 = √

1 T0 = 0,9535 T0 , 1 + 0,1

T2 = √

1 T0 = 0,9759 T0 , 1 + 0,05

a www.wolframalpha.com seg´ıts´eg´evel) megkaphatjuk az anharmonikus rezg´esek pontos” ” peri´ odusidej´et: T =

0

0



1 1 + 0,05(1 + sin2 ϕ)

Megjegyz´es. A fenti megfontol´ as (miszerint az er˝ of¨ uggv´eny mindig egy potenci´ alf¨ uggv´enyb˝ ol sz´ armaztathat´ o deriv´ al´ assal) csak egydimenzi´ os er˝ oterekn´el ´erv´enyes. K´et- vagy h´ aromdimenzi´ os er˝ oterekn´el (ha azok nem konzervat´ıvak”, m´ as n´ aven: ¨ orv´enyesek) el˝ o” fordulhat, hogy potenci´ alf¨ uggv´eny nem l´etezik.

2. K´ et k¨ ozel´ıt˝ o formula ´ es ezek pontoss´ aga dϕ = 0,9645 T0 .

2/1. A geometriai sor ¨ osszegk´eplete szerint |y| < 1 eset´en

Ezekb˝ ol a sz´ amokb´ ol leolvashat´ o, hogy T1 ´es a pontos ´ert´ek relat´ıv elt´er´ese −1,14%, atlagolt k¨ ozel´ıt˝ o rezg´esid˝ ore a relat´ıv elt´er´es mind¨ ossze ugyanez T2 -n´el +1,18%, m´ıg az ´ 2 · 10−4 .

Fu ek ¨ ggel´ 1. Er˝ ok ´ es potenci´ alok egy dimenzi´ oban Ha egy esetben az er˝o kiz´ar´ olag a helyt˝ol f¨ ugg (azaz nem f¨ ugg pl. a mozg´ asallapott´ ´ ol), teh´ at F = F (x), akkor ebben a rendszerben defini´ alhat´ o a V (x) helyzeti energia, m´as n´even potenci´ alis energia, vagy egyszer˝ uen potenci´ al. Ez a fizikai mennyis´eg megegyezik azzal a munk´ aval, amit az F (x) ellen´eben kell v´egezn¨ unk, ol az x pontba vissz¨ uk. A kisz´ am´ıt´as´ ahoz ha a testet egy el˝ ore kiv´ alasztott x0 pontb´ opontokkal olyan kicsiny szakaszokra v´agjuk, hogy azokaz (x, x0 ) szakaszt xi oszt´ ban az er˝ o egy-egy szakaszon bel¨ ul m´ar ´ alland´ onak vehet˝o legyen, ´es a potenci´ alt a  −F (xi )Δxi (F. 1) V (x) = i

osszeg adja meg. Itt az xi a Δxi = (xi+1 − xi ) el˝ ojeles (ir´ any´ıtott) szakasz egy pont¨ ja. Nyilv´an, ha az a koordin´ at´ aj´ u pontb´ ol vissz¨ uk a testet a b koordin´ at´ aj´ u pontba, akkor W (b, a) = V (b) − V (a) munk´ at kell v´egezn¨ unk. J´ ol l´atszik, hogy a V (x)-hez hozz´ aadhatunk egy tetsz˝ oleges x-f¨ uggetlen ´ert´eket, mert az az energiav´altoz´ asb´ ol K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

ha Δx nagyon kicsi. (A differenci´alsz´ am´ıt´ asban j´ artasak felismerik: F (x) a −V (x) f¨ uggv´eny deriv´ altja.) Ennek alapj´an pl. k¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy ha az er˝o F = −kx3 alak´ u, akkor ugg az x-t˝ ol: a hozz´ a tartoz´ o potenci´ al V = (kx4 )/4 szerint f¨

(Ezt a kifejez´est a binomi´ alis t´etel alkalmaz´ as´ aval kaptuk.) Ha Δx-et egyre kisebbnek ( v´egtelen¨ ul kicsinek”) v´ alasztjuk, a z´ ar´ojelben csak az els˝ o tag marad v´eges, ” teh´at az er˝o val´ oban −kx3 .

T´atlag = 0,9647 T0 .

2π

V (x + Δx) − V (x) , Δx

4

2π  M´ asr´eszt az ω(ϕ) = T 1 + 0,05(1 + sin2 ϕ) f¨ uggv´eny reciprok´ anak integr´ al´ as´ aval (pl. 0

1 T0 dϕ = ω(ϕ) 2π

F (x) = −

(F. 2)

k (x + Δx) − x4 k 3 2 3 = 4x + 6x2 Δx + 4x(Δx) + (Δx) . 4 Δx 4

´es ezek sz´ amtani k¨ ozepe

2π

u ´gyis kiesik. Azt is k¨ onnyen bel´ athatjuk, hogy ha az ered˝ o er˝ ot t¨ obb er˝ o ¨ osszege adja meg, az ered˝o potenci´al az egyes er˝ okh¨ oz tartoz´o potenci´alok ¨ osszege lesz. A potenci´ al konstrukci´oj´ab´ ol k¨ ovetkezik, hogy

371

∞  1 n = (−1) y n . 1 + y n=0

Ha |y| 1, az egym´ast k¨ ovet˝o tagok l´enyegesen kisebbek, mint a megel˝ oz˝ o tag. Akkor, ha valahol lev´ agjuk” az ¨ osszeget, az ezzel elk¨ ovetett hiba nagys´agrendje ” azonos az els˝o elhanyagolt tag nagys´ agrendj´evel. ´Igy az (F. 3)

1 ≈1−y 1+y

k¨ozel´ıt´es hib´ aja y 2 nagys´ agrend˝ u. Fontos megjegyezn¨ unk, hogy itt a nagys´ agrend nem egyszer˝ uen azt jelenti, hogy nagyj´ ab´ol akkora (jelen esetben: olyan kicsi), ” mint”, hanem – f¨ uggv´enyr˝ ol l´ev´en sz´ o – azt is, hogy k¨ or¨ ulbel¨ ul u ´gy viselkedik, ” mint”. Eset¨ unkben a hiba pontosan y 2 /(1 + y), de mivel kicsi y eset´en az 1/(1 + y) lassan v´altozik, a hiba viselked´es´enek a jelleg´et is az y hatv´ anykitev˝oje hat´ arozza meg. √ 2/2. Egy m´ asik k¨ ozel´ıt˝o k´eplet, amit gyakran haszn´alunk, a 1 + y-re vonatkozik. Itt a k¨ovetkez˝ o´ atalak´ıt´ assal ´el¨ unk:   2 y 2  y 2  y (y/2) 1+ 1+y = − = 1+ 1− (F. 4) 2. 2 2 2 (1 + y/2) 372

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

L´atni val´ o, hogy gy¨ ok alatt egy ugyanolyan t´ıpus´ u kifejez´es (az egy mellett egy kicsi tag) szerepel, mint a kiindul´o kifejez´esben, r´ aad´ asul ez k¨ozelebb van az egyhez, mint az eredeti. ´Igy az elj´ ar´ as ak´arh´ anyszor megism´etelhet˝ o, ezzel egyre t¨obb t´enyez˝ o hozhat´o ki a gy¨ ok al´ol u ´gy, hogy k¨ ozben az ott marad´ o kifejez´es egyre jobban megk¨ ozel´ıti az egyet. Mi most nem ezt az utat v´ alasztjuk, hanem megel´egsz¨ unk azzal, hogy megbecs¨ ulj¨ uk a y 1+y ≈1+ (F. 5) 2

2 mozdony ´es 2 vas´ uti kocsi tal´ alhat´ o. A 18 kocsit´avols´ agb´ ol ezt a 4-et levonva megkapjuk, hogy Dani a m´asik szerelv´eny 14. kocsij´aban utazik. Czir´ ok Tam´ as (Budapest, E¨ otv¨ os J. Gimn., 9. ´evf.) 65 dolgozat ´erkezett. Helyes 19 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 26, hi´ anyos (1–2 pont) 20 dolgozat.

G. 701. Mekkora az ´ abr´ an l´ athat´ o k´et csiga fordulatsz´ am´ anak ar´ anya, ha a sugaruk megegyezik? (A csig´ ak k¨ oz¨ otti k¨ ot´eldarabok f¨ ugg˝ olegesnek tekinthet˝ ok.)

els˝ o k¨ ozel´ıt´es hib´ aj´at. Ez 

(3 pont)

y (y/2) √ 1+ − 1+y = . 2 (1 + y/2) + 1 + y 2

Megold´ as. Mialatt a fels˝ o (´ all´ o-) csiga egyet fordul, addig az als´ o (mozg´ o-) csig´at tart´o bal oldali k¨ ot´elb˝ ol is egy ker¨ uletnyi j¨ on feljebb, azaz a mozg´ocsiga k´et oldal´ an l´ev˝ o k¨ otelekb˝ ol f´el-f´el ker¨ uletnyi fog hi´ anyozni”. A mozg´ ocsiga k¨ oz´eppontja eszerint ” f´el ker¨ uletnyivel ker¨ ul feljebb, teh´ at a mozg´ocsiga egy felet fordul. A fordulatsz´amok ar´anya:

Ha most |y| 1, a jobb oldal nevez˝oje egy 2-h¨ oz k¨ozeli sz´ am, vagyis (F. 5) hib´ aja agrend˝ u. is y 2 nagys´ Woynarovich Ferenc Budapest

1 fmozg´ocsiga = . f´all´ocsiga 2 Schmercz Blanka (Budapest, ELTE Ap´ aczai Csere J. Gyak. Gimn., 9. ´evf.)

Fizika gyakorlatok megold´ asa

40 dolgozat ´erkezett. Helyes 23 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (2 pont) 5, hi´ anyos (1 pont) 11, hib´ as 1 dolgozat.

G. 693. K´et teljesen hasonl´ o vonat k´et p´ arhuzamos v´ ag´ anyon halad egym´ assal szemben ´ alland´ o (de nem felt´etlen¨ ul azonos nagys´ ag´ u) sebess´eggel. A mozdonyok ugyanolyan hossz´ us´ ag´ uak, mint a kocsik. Mindk´et vonat 19 kocsib´ ol ´es a mozdonyb´ ol all, amely vontatja a szerelv´enyt. Az egyik vonaton Piri el¨ ´ olr˝ ol a harmadik kocsiban utazik. Miut´ an a k´et vonat tal´ alkozik, Piri kocsija 36 m´ asodperc m´ ulva ker¨ ul teljes terjedelm´eben Dani szemb˝ ol j¨ ov˝ o kocsija mell´e, ´es ezt k¨ ovet˝ oen u ´jabb 44 m´ asodperc telik el, am´ıg a k´et vonat teljesen elhalad egym´ as mellett. El¨ olr˝ ol h´ anyadik kocsiban utazik Dani? (4 pont)

G. 704. Ha a Torricelli-k´ıs´erletet a tengerszinten v´egezz¨ uk el, akkor az u ¨vegcs˝ oben 76 cm magasra emelkedik a higany. Egy igen magas hegyen azonban csak 40 cm-es higanyoszlop-magass´ agot m´er¨ unk. Milyen magas lehet a hegy? (3 pont) Megold´ as. A Torricelli-k´ıs´erletben a higanyoszlop magass´ aga a k¨ uls˝ o l´egnyom´assal ar´ anyos. (A nyom´ as r´egebben haszn´ alt egys´ege a Hgmm, ami 1 mm magas higanyoszlop nyom´ as´ aval egyezik meg.) A megadott sz´ amadatok mellett phegyen 40 ≈ 0,53. = ptengerszinten 76

K¨ ozli: Sz´ekely Zolt´ an, Sz´ekelyudvarhely

Megold´ as. R¨ ogz´ıts¨ uk a koordin´ata-rendszer¨ unket ahhoz a vonathoz, amelyikben Dani utazik. Innen n´ezve ez a vonat a´ll, Piri vonata pedig mozog. Tudjuk, hogy az ut´obbi vonat 36 s + 44 s = 80 s alatt halad el Dani vonata mellett, vagyis ennyi id˝ o alatt teszi meg a k´et vonat 40 kocsihossznyi t´ avols´ ag´at. Ezek szerint a k´et vonat egym´ ashoz viszony´ıtott (relat´ıv) sebess´ege v=

kocsihossz 40 kocsihossz = 0,5 . 80 s s

Ismert, hogy a l´egnyom´ as 5,5 km-enk´ent kb. a fel´ere cs¨ okken. (Forr´ as: https: //tudasbazis.sulinet.hu/hu/termeszettudomanyok/fizika/fizika-7evfolyam/a-legnyomas/a-legnyomas-valtozasa) Mivel eset¨ unkben a nyom´ asok 1 ar´ anya kicsit t¨ obb, mint 2 , ez´ert a hegy 5500 m-n´el kicsit alacsonyabb, 5000 m k¨or¨ uli lehet. Ez mindenk´eppen csak egy becsl´es, mert a l´egnyom´ as az id˝oj´ar´ asi viszonyokt´ ol ´es a h˝ om´ers´eklett˝ ol is f¨ ugg. Cynolter Dorottya (Budapest, Veres P´ aln´e Gimn., 9. ´evf.) dolgozata alapj´an

Piri kocsija t = 36 s alatt s = vt = 18 kocsihossznyi t´ avols´ agot tesz meg. Piri kocsij´at´ ol a m´ asik szerelv´eny els˝ o kocsija 4 kocsinyi t´ avols´ agra van, mert k¨oz¨ott¨ uk K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

373

55 dolgozat ´erkezett. Helyes 16 megold´ as. Hi´ anyos (1–2 pont) 34, hib´ as 5 dolgozat.

374

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

A m´asodik r´ acsn´ al – ak´ ar p´ arhuzamosan, ak´ ar mer˝ olegesen a´ll az az els˝ o at ´ıgy alakul: r´acshoz k´epest – a bees´esi sz¨ og α = 45◦ , az (1) egyenlet teh´

Fizika feladatok megold´ asa

d sin β − d sin 45◦ = kλ, vagyis (2)-t is kihaszn´alva

P. 5184. Egy nagy felbont´ as´ u optikai r´ acs a mer˝ olegesen r´ aes˝ o l´ezersugarat ogben k´epes elt´er´ıteni. Mi t¨ ort´enik, ha az elt´er´ıtett l´ezerm´ ar els˝ o rendben 45◦ -os sz¨ sug´ ar u ´tj´ aba egy m´ asik, ugyanilyen optikai r´ acsot helyez¨ unk a) az eredeti r´ accsal p´ arhuzamosan; b) az eredeti r´ acsra mer˝ olegesen? (A k´et r´ acs r´esei mindk´et esetben p´ arhuzamosak egym´ assal.) (5 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

Megold´ as. ´Irjuk fel tetsz˝ oleges α bees´esi sz¨ ogre a kil´ep˝ o sugarak β sz¨og´et megad´o hull´ amer˝ os´ıt´esi felt´etelt. Ha d a r´ acs´ alland´ o ´es λ a l´ezerf´eny hull´amhossza, akkor a szomsz´edos r´esekb˝ ol ´erkez˝o f´eny u ´tk¨ ul¨ onbs´ege (l´ asd az 1. a ´br´ at): d sin β − d sin α = kλ.

(1)

k+1 sin β = √ 2 ad´odik. Nyilv´ an teljes¨ ul, hogy | sin β|  1, vagyis k

√

√ 

2 − 1 ≈ 0,41 ´es k  − 1 + 2 ≈ −2,41.

De mivel k eg´esz sz´ am, az elhajl´ as rendje csak k = 0, k = −1 ´es k = −2 lehet. A megfelel˝ o elhajl´asi sz¨ ogek: β = 45◦ , β = 0 ´es β = −45◦ . Az elt´er´ıtett l´ezerf´eny u ´tj´at” (v´ azlatosan) a 2. ´ abra mutatja. ” F¨ ul¨ op S´ amuel Sihombing (P´ecsi Le˝ owey Kl´ara Gimn., 12. ´evf.)

7 dolgozat ´erkezett. Helyes F¨ ul¨ op S´ amuel Sihombing ´es Selmi B´ alint megold´ asa. Hi´ anyos (1–3 pont) 4, hib´ as 1 dolgozat.

P. 5208. Egy 0,6 kg t¨ omeg˝ u kos´ arlabda 1,05 m-r˝ ol elengedve 0,57 m-re pattan vissza.

(k az elhajl´as rendj´et megad´ o eg´esz sz´ am.)

a) Mennyi a mechanikai energiavesztes´eg a padl´ oval val´ ou oz´es miatt? ¨tk¨ b) Mekkora a visszapattan´ as ´es a f¨ oldet ´er´es sebess´eg´enek ar´ anya? (Ezt az ar´ anysz´ amot u oz´esi sz´ amnak nevezik.) ¨tk¨ c) Az energiavesztes´eg kompenz´ al´ as´ ara a j´ at´ekosok a labd´ at pattogtatni szokt´ ak, azaz r¨ ovid ideig lefel´e nyomj´ ak. Tegy¨ uk fel, hogy a j´ at´ekos a labd´ at 1,05 m-r˝ ol ind´ıtva 0,08 m hosszon nyomja lefel´e. Mekkora ´ atlagos er˝ ot fejt ki a j´ at´ekos a labd´ ara, ha az most u ´jra 1,05 m-re pattan vissza? (4 pont)

Tornyai S´ andor fizikaverseny, H´ odmez˝ ov´as´ arhely

Megold´ as. a) A mechanikai energiavesztes´eg az elenged´esi (H) ´es a visszapattan´ asi (h) magass´ aghoz tartoz´ o helyzeti energi´ ak k¨ ul¨ onbs´eg´evel egyenl˝ o: ΔW = mg(H − h) ≈ 2,8 J. b) A sebess´egek ar´ anya:

1. a ´bra

√ √ 2gh h = √ = 0,74. k=√ 2gH H

2. a ´bra

Az els˝ o r´ acsn´ al α = 0, ´es mivel k = ±1-n´el β = ±45◦ , ebb˝ ol (2)

c) A visszapattan´ o labda akkor emelkedig H magass´ agra, ha a pattan´as ut´ani √ sebess´ege 2gH, a visszapattan´ as el˝otti sebess´ege teh´ at: √ 2gH m v= ≈ 6,2 . k s

d λ = d sin 45◦ = √ 2

k¨ ovetkezik. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

375

376

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

Fel´ırhatjuk a munkat´etelt. Az mg neh´ezs´egi er˝ o H = 1,05 m u ´ton, a j´at´ekos altal kifejtett F er˝ ´ o pedig s = 0,08 m u ´ton v´egez munk´ at: mgH + F s = Innen F =

Eo ¨tvo ¨s-verseny

1 mv 2 . 2

mv 2 − 2mgH ≈ 65 N. 2s

Az idei E¨ otv¨ os-versenyt 2020. okt´ ober 9-´ en

Teh´ at a j´ at´ekos a´ltal a labd´ ara kifejtett ´ atlagos er˝ o kb. 65 N. Bonifert Bal´ azs (Budapest, Ba´ar-Madas Ref. Gimn., 11. ´evf.) 65 dolgozat ´erkezett. Helyes 33 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 24, hi´ anyos (1–2 pont) 8 dolgozat.

P. 5209. Az ´ abr´ an l´ athat´ o csigasorban a legfels˝ o ´ all´ ocsiga 15 cm, a legals´ o mozg´ ocsiga pedig 25 cm sugar´ u. A mozg´ ocsig´ ak mindegyike 15-¨ ot fordul percenk´ent, ´es az ´ all´ ocsig´ ak fordulatsz´ ama is megegyezik egym´ assal. (A csig´ ak k¨ oz¨ otti k¨ ot´eldarabok f¨ ugg˝ olegesnek tekinthet˝ ok.) a) Mekkora a t¨ obbi csiga sugara?

A versenyen azok a di´ akok vehetnek r´eszt, akik vagy k¨ oz´episkolai tanul´ok, vagy a verseny ´ev´eben fejezt´ek be k¨ oz´episkolai tanulm´anyaikat. Nemcsak magyar ´allampolg´ ars´ ag´ u versenyz˝ ok indulhatnak, hanem Magyarorsz´agon tanul´ o k¨ ulf¨ oldi di´ akok, valamint k¨ ulf¨ old¨ on tanul´ o, de magyarul ´ert˝ o di´ akok is. A megold´ asokat magyar nyelven kell elk´esz´ıteni, a rendelkez´esre a´ll´ o id˝o 300 perc. Minden ´ırott vagy nyomtatott seg´edeszk¨ oz haszn´alhat´ o, de hagyom´ anyos (nem programozhat´ o) zsebsz´amol´og´epen k´ıv¨ ul minden elektronikus eszk¨ oz haszn´alata tilos. El˝ ozetesen jelentkezni nem kell, elegend˝ o egy szem´elyazonoss´ ag igazol´as´ ara szolg´al´o okm´annyal (szem´elyi igazolv´ any, di´akigazolv´ any vagy u ´tlev´el) megjelenni a verseny valamelyik helysz´ın´en.

b) Mekkora az ´ all´ ocsig´ ak fordulatsz´ ama? (4 pont)

p´enteken d´elut´ an 15h -t´ ol 20h -ig rendezi meg az E¨ otv¨ os Lor´ and Fizikai T´arsulat.

K¨ ozli: Baranyai Kl´ ara, Veresegyh´az

Megold´ as. Tegy¨ uk fel, hogy h´ uz´ as k¨ ozben az a´ll´ocsig´ak x-szel magasabbra ker¨ ulnek. Ez azt jelenti, hogy a csig´ak k¨oz¨otti k¨ot´el teljes hossza 6x-szel r¨ ovidebb lesz, hiszen mind a 6 k¨ ot´eldarab hossza okken. Ek¨ ozben a legfels˝ o´ all´ ocsig´an 6x hossz´ u k¨ot´el hax-szel cs¨ lad ´at. A legals´ o ´ all´ ocsig´an x-szel kevesebb, 5x, mert ez a csiga k¨ ozben x-szel magasabbra is ker¨ ul. A (fentr˝ol sz´am´ıtott) m´ asodik all´ ´ ocsig´an ugyanilyen okb´ol 4x, a m´ asodik mozg´ ocsig´an 3x, a harmadik ´ all´ ocsig´an 2x, a harmadik mozg´ ocsig´an pedig x hossz´ us´ag´ u k¨ ot´el halad a´t.

A helysz´ınek ´es a versennyel kapcsolatos minden tov´abbi inform´ aci´ o megtal´ alhat´ o a verseny honlapj´an: http://eik.bme.hu/~vanko/fizika/eotvos.htm. Versenybizotts´ ag

a) A fordulatsz´ am egyenesen ar´ anyos az ´athalad´ o k¨ot´el hossz´ aval ´es ford´ıtottan ar´ anyos a sug´ arral, ´ıgy a m´asodik mozg´ ocsi= 15 cm, a harmadik, legfels˝ o mozg´ocsig´a´e ga sugara 25 cm · 3x 5x x 25 cm · 5x = 5 cm, mert a fordulatsz´ amaik megegyeznek. A m´asodik a´ll´ocsiga

= 10 cm, a harmadik, legals´ o´ all´ ocsig´a´e 15 cm · 2x = 5 cm, mert sugara 15 cm · 4x 6x 6x az a´ll´ocsig´ak fordulatsz´ama is egym´assal megegyezik. b) A legfels˝ o mozg´ocsiga 15-¨ ot fordul percenk´ent, sugara ugyanakkora, mint a legals´ o ´all´ ocsig´a´e, 5 cm, de azon egys´egnyi id˝ o alatt k´etszer olyan hossz´ u k¨ot´el halad ´ at, u ´gyhogy fordulatsz´ama is sz¨ uks´egk´eppen k´etszer akkora, 30 fordulat percenk´ent.

Fizik´ ab´ ol kit˝ uzo ¨tt feladatok

M. 397. Gyerty´ aval bekormozott f´emlemez h˝ om´ers´eklet´et m´erve hat´ arozzuk meg, hogy mennyi energia ´erkezik a Napb´ ol egys´egnyi id˝ o alatt a sug´arz´ asra mer˝ oleges, egys´egnyi nagys´ ag´ u fel¨ uletre! (A f´emlemez anyag´anak fajh˝oj´et vegy¨ uk t´ abl´ azatb´ ol.) (6 pont)

G. 713. Egy 80 kg t¨ omeg˝ u fizikatan´ ar 6 m´eter hossz´ u ´es 40 kg t¨ omeg˝ u, er˝ os pall´ob´ ol olyan k´etoldal´ u emel˝ot k´esz´ıt, amivel a di´akjainak bemutatja, hogy ak´ar egy 500 kg t¨ omeg˝ u

J´ anosik M´ at´e (Gy˝ or, R´evai Mikl´ os Gimn., 10. ´evf.) 12 dolgozat ´erkezett. Helyes Hamar D´ avid, J´ anosik M´ at´e, Lud´ anyi Levente, P´ ah´ an Anita Dalma ´es Soml´ an Gell´ert megold´ asa. Hi´ anyos (1–3 pont) 2, hib´ as 5 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

377

K¨ ozli: Tichy G´eza, Budapest

378

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

terhet is fel tud vele emelni. Hov´a helyezze az emel˝ o al´ at´ amaszt´ as´ at, ha a terhet maxim´alis magass´ agba akarja juttatni u ´gy, hogy teljes s´ uly´aval o´vatosan r´ anehezedik a pall´ o v´eg´ere? A teher t¨ omegk¨ oz´eppontj´an ´ athalad´ o f¨ ugg˝oleges egyenes 20 cm t´ avol van a pall´o v´eg´et˝ ol. (4 pont) G. 714. A F¨ old j´egsapk´ ai ´es gleccserei jelenleg mintegy 30 000 000 km3 jeget tartalmaznak. Becs¨ ulj¨ uk meg, hogy nagyj´ ab´ ol mennyivel emelkedne a tengerek ´es az o´ce´ anok v´ızszintje, ha ez a hatalmas mennyis´eg˝ u j´eg mind elolvadna! (3 pont) G. 715. Egy ´ aramk¨ or h´ arom ellen´ all´ asb´ ol ´es egy telepb˝ ol ´all az ´ abr´ an l´athat´ o m´ odon. a) Mekkora az egyes ellen´ all´ asokon ´atfoly´ o´ aram ´es a rajtuk es˝ o fesz¨ ults´eg?

P. 5243. Egy sportcsarnokban a k´ezilabd´az´ ok az ind´ıt´ ast gyakorolj´ ak u ´gy, hogy a terem fal´aval p´ arhuzamosan futva a falhoz dobott labd´ at elkapj´ak. Az egyik j´at´ekos a falt´ ol 3 m´eterre, folyamatosan 5 m/s sebess´eggel szalad. A teremhez k´epest legal´ abb mekkora sebess´eggel kell eldobnia a labd´ at ahhoz, hogy ut´ana ´epp az eldob´as magass´ ag´ aban tudja majd elkapni? A labda u oz´es´et a fallal tekints¨ uk ¨tk¨ t¨ok´eletesen rugalmasnak. (5 pont)

K¨ ozli: Kis Tam´ as, Heves

P. 5244. Egy bizonyos fajta elemi r´eszecske szil´ard anyagban mozogva a megtett u ´ttal ar´ anyosan vesz´ıt az energi´aj´ab´ ol, ´es valahol meg´ all. A v0 = 107 m/s kezur˝ ubb anyagba pedig d˝ osebess´eg˝ u r´eszecsk´ek egy ritk´ abb anyagba s1 = 3 cm, egy s˝ ´t megt´etele ut´ an ´ allnak meg az ugyans2 = 2 cm m´elyen hatolnak be. Mekkora u ekkora kezd˝ osebess´eg˝ u r´eszecsk´ek, ha a s˝ ur˝ ubb anyag d = 1,5 cm vastag r´eteg´en ´athatolva a ritk´ abb anyagba ´ernek? (4 pont)

K¨ ozli: Gn¨ adig P´eter, V´ acduka

b) Hogyan v´ altoznak ezek az ´ert´ekek, ha a k´et p´ arhuzamos ellen´ all´as mell´e m´eg bek¨ ot¨ unk rengeteg ( v´egtelen sok”) 1 kΩ-os ellen´ all´ ast p´ arhuzamosan? ” c) Mekkora lesz az eredeti ´aramk¨ or h´ arom ellen´ all´as´anak ´arama ´es fesz¨ ults´ege, ha az 5 kΩ-os ellen´all´ as mell´e bek¨ ot¨ unk m´eg rengeteg ( v´egtelen sok”) 1 kΩ-os ” ellen´ all´ ast sorosan?

P. 5245. Tehersz´ all´ıt´ o rep¨ ul˝ og´ep halad az Egyenl´ıt˝ o felett 11 km magasan 1000 km/h sebess´eggel, el˝ osz¨ or nyugati, majd keleti ir´anyban. A rep¨ ul˝ ot´eren hiteles´ıtett rug´os m´erleg seg´ıts´eg´evel mindk´et alkalommal megm´erik a g´epben egy, a fed´elzeten l´ev˝ o neh´ez t´ argy t¨ omeg´et. A k´et m´ert ´ert´ek k¨ oz¨ ott 1 kg a k¨ ul¨ onbs´eg. Mekkora a t´argy val´odi t¨ omege?

(4 pont)

(4 pont)

G. 716. Egy ´agy´ ub´ ol kil˝ott gr´ an´at p´aly´ aj´anak legfels˝o pontj´ an 100 m/s sebess´eggel haladva k´et egyforma t¨ omeg˝ u darabra robban sz´et. Az egyik darab 50 m/s sebess´eggel f¨ ugg˝olegesen felfel´e indul el. Milyen ir´anyba ´es mekkora sebess´eggel indul el a m´asik darab? (A gr´ an´ atban l´ev˝ o robban´ oanyag t¨omege elhanyagolhat´ o.)

P. 5246. H´ev´ızen, a t´ o alj´anak azon r´esz´en, ahol a t¨ olcs´er sziklafal´ ab´ ol, a felsz´ın alatt ki¨omlik a v´ız a t´oba, a felkavart iszapr´etegb˝ol indul´o, v´egig g¨ omb alak´ unak felt´etelezett l´egbubor´ek a´tm´er˝ oje 50%-kal megn˝ o, mik¨ ozben az a´lland´ o h˝ om´ers´eklet˝ u v´ız felsz´ın´ere ´erkezik. Mekkora a v´ız m´elys´ege az iszapr´eteg felett?

(3 pont)

(4 pont)

P. 5240. H´ any liter leveg˝o szorul ki egy 6 m × 5 m × 3 m-es helyis´egb˝ ol, ol 30 ◦ C-ra emelkedik, a nyom´ as pedig 0,5%-kal ha a leveg˝ o h˝ om´ers´eklete 27 ◦ C-r´ cs¨ okken?

P. 5247. Egy t´eglatest alak´ u akv´ arium k´et szemk¨ ozti oldal´ an egy-egy k¨ or alak´ u ny´ıl´as van, melyeket v´ekony, kis ny´ıl´assz¨ og˝ u g¨ ombs¨ uvegek fednek (l´ asd az ´ abr´ at). A g¨ ombs¨ uvegek k¨ oz¨ os optikai tengelye v´ızszintes. A befel´e domborul´ o g¨ ombs¨ uveg g¨ orb¨ uleti sugara r, a kifel´e domborul´ o´e 2r. A g¨ ombs¨ uvegek teteje alacsonyabban van, mint az akv´ ariumban l´ev˝ o, n = 4/3-os t¨ or´esmutat´ oj´ u v´ız felsz´ıne. a) Mekkora d t´ avols´ agra van egym´ast´ ol az akv´ arium g¨ ombs¨ uvegeket tartalmao, p´ arhuzamos f´enysugarak z´o k´et oldala, ha az egyik g¨ ombs¨ uvegre v´ızszintesen ´erkez˝ a m´asik g¨ombs¨ uvegen a´t v´ızszintesen, p´arhuzamosan hagyj´ ak el az akv´ ariumot? atm´er˝ oj´enek ar´ anya, ha az akv´ ab) Mekkora a k´et g¨ ombs¨ uveg d2 , illetve d1 ´ riumba b´armelyik g¨ ombs¨ uvegen a´t bel´ep˝ o, v´ızszintes f´enynyal´ ab teljes eg´esz´eben a m´asik g¨ombs¨ uvegen l´ep ki?

(3 pont)

P´eldat´ ari feladat nyom´ an

P. 5241. Az er˝os d´elnyugati sz´el hat´ as´ ara 1962. m´ajus 14-´en 9 ´ora alatt 45 cmrel cs¨ okkent Keszthelyn´el a Balaton v´ızszintje, am´ıg Als´o¨orsn´el 51 cm-t emelkedett. Adjunk nagys´agrendi becsl´est a sz´elnek a v´ız emel´es´ere ford´ıtott teljes´ıtm´eny´ere! (Becsl´es¨ unkh¨ oz felhaszn´alhatjuk az interneten el´erhet˝o adatokat is.) (4 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

P. 5242. Egy felh˝ oben 2 mm a´tm´er˝ oj˝ u, g¨ omb alak´ u es˝ ocseppek lebegnek. Mekur˝ us´eg˝ u leveg˝ o a felh˝oben? (A k¨ozegkora sebess´eggel a´ramlik felfel´e az 1 kg/m3 s˝ ellen´ all´asi er˝ o a sebess´eg n´egyzet´evel ar´ anyos.) (4 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

K¨ ozli: Honyek Gyula, Veresegyh´az 379

380

K¨ ozli: Simon P´eter, P´ecs

K¨ ozli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

c) Az optikai tengelyen, az akv´arium k¨ ozep´en van egy piciny halacska. Hol l´ athat´ o ez az egyik, illetve a m´ asik oldali g¨ ombs¨ uvegen a´t n´ezve? (5 pont)

K¨ozli: Zsigri Ferenc, Budapest

P. 5248. Egy 4 hossz´ us´ag´ u ellen´ all´ ashuzalt a k´et negyedel˝opontj´aban der´eksz¨ ogben meghajl´ıtottunk. Hol kell ehhez hozz´ak¨ otni a 2 hossz´ us´ ag´ u, ugyanebb˝ ol a huzalb´ ol lev´agott vezet˝ ot, ha azt akarjuk, hogy a huzalv´egek k¨ oz¨ ott kialakul´ o ered˝ o ellen´ all´ as megegyezzen egyetlen 2 hossz´ us´ag´ u vezet˝ o ellen´ all´ as´ aval? (4 pont) P´eldat´ ari feladat nyom´ an P. 5249. Az AA jel˝ u akkumul´ ator hossza 5 cm, ´atm´er˝ oje 1,4 cm. a) Mekkora energi´ at t´ arol egy 1,2 V-os, 2800 mAh-s akku? b) Mekkora sebess´egre gyorsulna fel ez a 17 grammos akku, ha az elt´arolt energi´aj´at teljesen a saj´ at mozg´asi energi´ aj´av´ a alak´ıtan´ a? ol c) H´anyszor kevesebb energi´ aval lehetne ugyanekkora t´erfogat´ u vizet 20 ◦ C-r´ 100 C-ra meleg´ıteni? d) Mennyi energia van ugyanekkora t´erfogat´ u krist´alycukorban, amelynek s˝ ur˝ us´ege kb. 0,77 g/cm3 , energiatartalma pedig 1680 kJ/100 gramm? ◦

(4 pont)

K¨ozli: Vass Mikl´ os, Budapest

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. okt´ ober 15. ¨ ld´ Elektronikus munkafu zet: https://www.komal.hu/munkafuzet ¨

❄

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 6. September 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 353): K. 659. How many different quadrilaterals are there whose vertices are selected from the vertices of a regular nonagon so that the quadrilateral contains the centre of the nonagon in its interior? (Congruent quadrilaterals are not considered different.) K. 660. The squares in the figure were filled in with the numbers 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, and then the sum of the numbers in the two adjacent squares was entered in each circle. Finally, the numbers in a few circles were deleted, and the squares were shaded. a) Which numbers are missing from the blank circles? b) Enter the original number in each square. K. 661. The sides of a regular octagon ABCDEF GH are 2 units long. Two squares, BCIM and GHN P are constructed on sides BC and GH, inside the octagon. Show that the points N and M coincide. K. 662. The first four terms of a sequence are all 1. From the fifth term onwards, each term is obtained by adding the two terms that are four positions and three positions K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

381

back from that term. How many even numbers are there among the first 150 terms of the sequence? K. 663. The sum of the squares of three consecutive integers equals the sum of the squares of the following two integers. What may be these five consecutive numbers? New exercises for practice – competition C (see page 354): Exercises up 1 135 = 113 where x, y, z, v are to grade 10: C. 1616. Solve the equation x + 1 y+ 5z 13 + 4 6v

positive integers. (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) C. 1617. Is it possible to arrange four 2 × 8 rectangles in the interior of a 7 × 15 rectangle as shown in the figure, without overlapping? 2 (The figure is not to scale.) Exercises for everyone: C. 1618. Prove that 3  an+1 − (n−1)n

an < 1 holds for all the terms of the sequence an = n+1 , with n  1. C. 1619. From the midpoint of each side of an acute-angled triangle, drop perpendiculars to the other two sides. Prove that the area of the hexagon formed by the perpendiculars is half the area of the triangle. (Croatian problem) C. 1620. Jack Russell fashioned a springboard in his back yard. He carried out measurements to determine that by bending the springboard x decimetres below horizontal, he could jump to a height of 0.5x2 + ax + b decimetres. Unfortunately, he forgot the values of a and b. He only remembers that bending by 10 cm let him jump 35 cm, and a deformation four times as large resulted in a jump four times as high. What may have been Jack’s measured values of a and b? Exercises upwards of grade 11: C. 1621. The lengths of the sides of a trapezoid circumscribed about a circle are integers that are consecutive terms of an arithmetic progression in some order. Given that the radius of the incircle and the length of the shorter base are both 6, how long are the other three sides? (Proposed by L. N´emeth, Fony´ od) C. 1622. Prove that the area 1 bounded by the graphs of the functions y = 1 − |x − 1| and y = |2x − a| is less than 3 for 1 < a < 2. (Croatian problem)

New exercises – competition B (see page 355): B. 5110. The tangents drawn to the inscribed circle of an isosceles triangle, parallel to the sides, cut off three small triangles. Prove that in the small triangles lying on the base of the large triangle, the heights drawn to the base are equal to the radius of the inscribed circle of the large triangle. (3 points) B. 5111. Let a and b be real numbers such that a + b = 1 and a2 + b2 = 2. Find the value of a8 + b8 . (3 points) (Based on the idea of M. Szalai, Szeged) B. 5112. A deck of card consists of p red cards and k blue cards. In how many different ways is it possible to select some of the cards so that the number of red cards should be n more than the number of blue cards? (4 points) B. 5113. Let a, b and c denote some given, pairwise relatively prime positive integers. Prove that the equation xa + y b = z c has infinitely many solutions (x, y, z) where x, y and z are positive integers. (5 points) B. 5114. A unit cube ABCDEF GH (see the figure) is cut by a plane S that intersects the edges AB and AD at the points P and Q respectively, such that AP = AQ = x (0 < x < 1). Let the common point of the edge BF and S be R. What is the distance BR if ∠QP R = 120◦ ? (4 points) B. 5115. Ali has n coins in his purse, and Baba has n − 1 purses, initially all empty. Baba is playing the following game: he divides the coins (all in the same purse at start) into two purses, with a1 coins in one of them and b1 coins in the other (a1 , b1 > 0), and then he writes the product a1 b1 on a blackboard. Then he continues in the same way: in the kth move (k = 2, 3, . . .) he selects a purse containing at least two coins, divides them between two empty purses, with ak coins in one of them and bk in the other (ak , bk > 0), and writes the product ak bk on the board. The game terminates when there is 1 coin in each purse. Then Ali gives as many coins to Baba as the sum of all the products ak bk on the board. What is the maximum number of coins that Baba may

382

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

get? (5 points) B. 5116. Let a, b, c > 0 and x, y, z  0. Prove that if x + aby  a(y + z), y + bcz  b(z + x), and z + cax  c(x + y), then x = y = z = 0 or a = b = c = 1. (6 points) (Proposed by G. Stoica, Saint John, Kanada) B. 5117. The points A, B, C, D (in this order) lie on the same line. On the same side of the line, a regular triangle is drawn on each of the line segments AB, BC and CD, with the third vertices being E, F , and G, respectively. Let the distances between the adjacent points on the line be AB = a, BC = b, CD = c. Show that the measure of ∠EF G equals 120◦ if and only if a + c = b 1 1 1 or a + c = b . (6 points) New problems – competition A (see page 356): A. 780. We colored the n2 unit squares of an n × n square lattice such that in each 2 × 2 part at least two of the four unit squares has the same color. What is the largest number of colors we could have used? (Based on a problem of the D¨ urer Competition) A. 781. We want to construct an isosceles triangle using a compass and a straightedge. We are given two of the following four data: the length of the base of the triangle (a), the length of the leg of the triangle (b), the radius of the inscribed circle (r) and the radius of the circumscribed circle (R). In which of the six possible cases will we definitely be able to construct the triangle? (Proposed by Gy¨ orgy Rub´ oczky, Budapest) A. 782. Prove that the edges of a simple planar graph can always be oriented such that the outdegree of all vertices is at most three. (UK competition problem)

Problems in Physics (see page 378) M. 397. By measuring the temperature of a smoked metal plate (which was smoked with the flames of a candle) determine the amount of energy absorbed by a unit area surface perpendicular to the radiation emitted by the Sun in a unit of time. (Take the specific heat capacity of the metal from a table.) G. 713. An 80-kg physics teacher makes a first class lever from a 6-m long strong wooden plank of mass 40 kg, with which he demonstrates to his students that he can lift a load of mass even up to 500 kg. Where should he place the fulcrum of the lever if he wants to lift the load up to the highest possible position such that he gently puts his total weight onto the other end of the plank? The vertical line through the centre of mass of the load is at a distance of 20 cm from the end of the plank. G. 714. The Earth’s ice caps and glaciers currently contain approximately 30 000 000 km3 of ice. Let us estimate how much the sea level of the oceans and seas would rise if all this huge amount of ice melted. G. 715. A circuit consists of three resistors and a battery as shown in the figure. a) What is the current flowing through each resistor and the voltage across them? b) How do these values change if we connect a lot of (“infinitely many”) 1 kΩ resistors in parallel to the two resistors, already connected in parallel? c) What will the currents through the original three resistors and voltages across them be, if we connect a lot of (“infinitely many”) 1 kΩ resistors in series with the 5 kΩ resistor? G. 716. A grenade fired from a cannon explodes into two pieces of equal mass at the top of its trajectory, when its speed is 100 m/s. One piece starts to move vertically upwards at a speed of 50 m/s. In what direction and at what speed does the other piece start? (The mass of the explosive in the grenade is negligible.) P. 5240. How many litres of air is displaced from a room of sides 6 m × 5 m × 3 m, if the temperature of the air increases from 27 ◦ C to 30 ◦ C, while the pressure decreases by 0.5%? P. 5241. On May 14, 1962, due to the strong South West wind the water level of lake Balaton near city Keszthely decreased by 45 cm in 9 hours, while near the village

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/6

383

Als´ o¨ ors the water level increased by 51 cm. Estimate the order of the power required of the wind to raise the level of water. (It is allowed to use relevant data found in the internet.) P. 5242. Spherical raindrops of diameter 2 mm are floating in a cloud. At what speed does the air of density 1 kg/m3 flow upwards in the cloud? (Air drag is proportional to the square of the speed.) P. 5243. In a sports hall, handball players practice starting by running parallel to the wall of the room to catch a ball thrown against the wall. One of the players runs 3 meters from the wall at a constant speed of 5 m/s. At least at what speed with respect to the hall does he or she have to throw the ball in order to catch it at the height of the throw? Consider the collision of the ball with the wall to be perfectly elastic. P. 5244. The energy dissipated by a specific type of elementary particle while it is moving in some solid is proportional to the distance covered by the particle, and finally it stops somewhere. Particles with an initial speed of v0 = 107 m/s penetrate into some lighter material to a depth of s1 = 3 cm, whereas they penetrate into some more dense material to a depth of s2 = 2 cm. At what depth can these particles, with the same initial speed, go into the lighter material after passing through a d = 1.5 cm thick layer of the more dense material? P. 5245. A cargo plane travels 11 km above the equator at a speed of 1000 km/h, first west and then east. The mass of a heavy object on board is measured on both occasions using a spring balance certified at the airport. The difference between the two measured values is 1 kg. What is the mass of the object in reality? P. 5246. At the bottom of lake H´ev´ız, where the spring breaks out from the rock, a spherical bubble is generated from the mud. The bubble is supposed to keep its spherical shape and its diameter increases by 50% while it moves up to the surface of the water. The temperature of the water is the same everywhere. What is the depth of the water above the mud layer? P. 5247. On each of the opposite faces of a rectangular aquarium there is a circular hole covered by a thin spherical cap-shaped piece of glass, as shown in the figure. The common principal axis of the caps is horizontal. The radius of curvature of the concave cap – the one depressed into the aquarium – is r, and that of the convex cap – bulging outward from the aquarium – is 2r. The topmost points of both caps are below the surface of the water in the aquarium. The refractive index of water is n = 4/3. (The angle between the principal axis of the spherical glass cap, and the radius drawn from the centre of the sphere to a point on the perimeter of the circular base of the cap is small.) a) What is the distance between the two faces of the aquarium, containing the glass caps, if a parallel beam of light entering horizontally to one of the spherical caps emerges from the other glass cap as a parallel and horizontal beam of light? b) What is the ratio of the diameters of the two spherical caps d2 to d1 , if a horizontal light beam entering the aquarium through any of the spherical caps exits entirely through the other spherical glass cap? c) There is a tiny fish at the common principal axis in the middle of the aquarium. Where can this fish be observed, when viewed through one of the glass caps on one side, then through the other? P. 5248. A wire of length 4 was bent at right angles at its two quadrisecting points, next to the ends of the wire. Where should another piece of 2-long wire of the same type be connected to the first wire, if the equivalent resistance of the wire system is to be the same as the resistance of the wire of length 2? P. 5249. The length of an AA rechargeable battery is 5 cm, and its diameter is 1.4 cm. a) How much energy is stored in the battery rated at 1.2 V and 2800 mAh? b) To what speed could such a battery speed up, if all of its stored energy was converted to its kinetic energy? The mass of the battery is 17 g. c) By what factor would the energy needed to heat the same volume of water from 20 ◦ C to 100 ◦ C be less than the above calculated energy? d) How much energy is there in the same volume of granulated sugar of density of approximately 0.77 g/cm3 ? The energy content of sugar is 1680 kJ/100 grams.

70. ´evfolyam 6. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. szeptember

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 7. sz´am

Az elfeledett k¨ oz´ ep Budapest, 2020. okt´ober

Bevezet´ es

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK Hargitai S´ara, Unyi Tam´as: Az elfeledett k¨oz´ep. . .

386

Hargitai S´ara, Unyi Tam´as: Felh´ıv´as matematikai di´akkonferenci´an val´o r´eszv´etelre . . . . . . . . . . . . . .

394

N´emeth L´aszl´o: Gyakorl´o feladatsor emelt szint˝u matematika ´eretts´egire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

395

Balga Attila, Sz´ekely P´eter: Megold´asv´azlatok a 2020/6. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

397

Matematika feladatok megold´asa (4979., 4985., 5052., 5059., 5083.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

409

A K pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (664– 668.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

416

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1623– 1629.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

417

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5118– 5125.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

418

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (783–785.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

419

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (517–519., 47., 146.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

420

Sarkadi Tam´as, Sz´asz Kriszti´an, Tasn´adi Tam´as, Vank´o P´eter, Vigh M´at´e: A 2020. ´evi Kunfalvi Rezs˝o Olimpiai V´alogat´overseny elm´eleti feladatainak megold´asa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

425

Ifj´u Fizikusok Nemzetk¨ozi Versenye . . . . . . . . . . . . . .

436

Fizika gyakorlatok megold´asa (705., 710.) . . . . . . . .

438

Fizika feladat megold´asa (5235.) . . . . . . . . . . . . . . . . .

440

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (398., 717–720., 5250–5260.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

442

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

445

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

447

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ SZECHENYI ´ LASZL O, ´ ´ E, ´ VLADAR ´ KAROLY, ´ GABOR, VIGH MAT WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ FARKAS CSABA, FODOR Tagjai: BUSA MAT ´ ´ NIKOLETT, LOCZI ´ ZSOLT, LASZL O LAJOS, ´ ´ SIEGLER GABOR, SZENTE PETER ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

385

Kezdetben vala a sz´ amtani, a m´ertani ´es a harmonikus k¨ oz´ep. . . ” N´emi m´ odo” s´ıt´assal id´ezt¨ unk egy tanulm´anyb´ol, amely a matematikai k¨ oz´ep´ert´ekekkel foglalkozik [13]. Val´oban, ezeket a k¨ ozepeket – az o´kori g¨ or¨ og matematika ar´ anyelm´elet´enek keretein bel¨ ul, ar´ anyokkal kifejezve – m´ar P¨ uthagorasz is ismerte, s˝ot a t¨ ort´eneti forr´asok szerint babil´oniai tanulm´any´ utja sor´ an tett szert erre a tud´ asra. Matematikai vonatkoz´ as´ u r´eg´eszeti leletek is arra utalnak, hogy ezeket a k¨ ozepeket m´ ar a babil´oniai tud´ osok is haszn´alt´ ak, Krisztus el˝ ott csaknem k´etezer ´evvel [9]. P¨ uthagorasz egyik k´es˝ obbi k¨ ovet˝oje, Arkh¨ utasz olyan megfogalmaz´ ast adott ezekre a k¨ ozepekre, amelyb˝ ol kiindulva tov´abbi k¨ oz´ep´ert´ekekhez vezet˝ o elj´ar´ ast dolgoztak ki a pitagoreozepeket ez´ert pitagoraszi vagy g¨ or¨ og” k¨ ozepeknek nevezz¨ uk usok. Az ´ıgy kapott k¨ ” [2], [4], [7], [9], [10], [16], [21], [22]. Ezek k¨ oz´e tartozik a kontraharmonikus k¨ oz´ep is, amely azonban – egyszer˝ us´ege ellen´ere – m´ara sajnos m´eltatlanul elfeledett´e ´es mell˝oz¨ott´e v´alt, legal´ abbis k¨ oz´episkolai szinten. Tanulm´anyunkban a kontraharmonikus k¨oz´ep tulajdons´ agaival, ¨ osszef¨ ugg´eseivel, el˝ofordul´ as´ aval foglalkozunk, n´eh´ any saj´at eredm´ennyel is gazdag´ıtva a t´em´ at. A dolgozatban szerepl˝o ´all´ıt´ asok nagy r´esz´et – terjedelmi okok miatt – nem bizony´ıtjuk; a bizony´ıt´asok feladat´at F-fel jel¨ olve gyakorl´ask´ent az Olvas´ ora b´ızzuk. A legismertebb k¨ ozepek ´ es a kontraharmonikus k¨ oz´ ep Mit is ´ert¨ unk k´et pozit´ıv val´os sz´am k¨ oz´ep´ert´eke alatt? Azt az ´ert´eket, amely a k´et sz´am k¨oz´e esik. Pontosabban: matematikai k¨ oz´epnek nevez¨ unk egy, a pozit´ıv val´os sz´amp´ arok halmaz´an ´ertelmezett k´etv´ altoz´ os, folytonos f¨ uggv´enyt, melynek b´armely helyettes´ıt´esi ´ert´eke az adott sz´ amp´ ar tagjai k¨ oz´e esik (megengedve a valamelyik taggal val´ o esetleges egyenl˝ os´eget is). A k¨ oz´ep´ert´ek fogalma sok esetben k¨onnyen kiterjeszthet˝ o t¨ obb sz´ amra is, tov´ abb´ a s´ ulyoz´ asra is van lehet˝ os´eg. A k¨ oz´episkol´aban t´ argyalt legismertebb k¨ ozepeket az al´ abbi t´ abl´ azatban t¨ untett¨ uk fel. K¨ oz´ ep neve

K´ eplet

sz´ amtani (aritmetikai) m´ertani (geometriai) harmonikus n´egyzetes (kvadratikus)∗

2 1 a

+ 

a+b 2 √ a·b 1 b

=

2ab a+b

a 2 + b2 2

Jel¨ ol´ es A G H

Q

∗

A n´egyzetes k¨ oz´ep val´ oj´ aban nem tartozik a pitagoraszi k¨ ozepek csal´ adj´ aba, csak az ismerts´ege miatt szerepel a t´ abl´ azatban.

386

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Ford´ıtsuk figyelm¨ unket most arra a bizonyos elfeledett k¨oz´epre. K´et pozit´ıv val´ os sz´am (a ´es b) kontraharmonikus k¨ ozepe: C(a, b) =

a 2 + b2 a+b

Ez val´ oj´aban egy a-val, illetve b-vel s´ ulyozott sz´ amtani k¨oz´ep ( ¨ons´ ulyozott” k¨o” amtani k¨ozep´enek, illetve a ´es b z´ep) [12], de u ´gy is tekinthetj¨ uk, hogy a2 ´es b2 sz´ sz´ amtani k¨ ozep´enek a h´anyadosa. A defin´ıci´ob´ ol k¨ onnyen levezethet˝o a kontraharmonikus k¨ oz´ep n´eh´ any alapvet˝ o tulajdons´ aga. (F) a) C(a, b) jogosult a k¨ oz´ep´ert´ek n´evre, mivel minden a  b eset´en:

Ez azt jelenti, hogy fC (x) grafikonj´ anak az y = 1 ´es az y = x egyenlet˝ u egyenesek a´ltal hat´ arolt tartom´anyban kell h´ uz´ odnia. Amint az az 1. ´ abr´ an l´athat´ o (´es term´eszetesen sz´ am´ıt´ asokkal is egyszer˝ uen al´at´ amaszthat´ o), fC (x) grafikonja val´oban a megengedett” tartom´ anyban van. ” A grafikonon az is megfigyelhet˝ o, hogy a kontraharmonikus k¨ oz´ep karakterisztikus f¨ uggv´enye a ]0; 1] intervallumban nem monoton, hanem sz´els˝ o´ert´eke, m´egpedig minimuma √ van. A t¨ obbf´elek´eppen is elv´egezhet˝ o pontos elemz´es szerint a minimum uggv´eny nem k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u helye: x = 2 − 1. (F) A karakterisztikus f¨ volt´ab´ol a kontraharmonikus k¨ oz´ep k¨ ul¨ onleges tulajdons´ aga k¨ ovetkezik: ha r¨ ogz´ıtj¨ uk egy sz´ amp´ ar nagyobbik tagj´at, akkor a kisebbik tag k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´ert´eke eset´en is ugyanazt a kontraharmonikus k¨ ozepet kaphatjuk. Pl.: C(2, 6) = C(3, 6) = 5.

a  C(a, b)  b. b) C(a, b) szigor´ u (vagy diagon´ alis) k¨ oz´ep, ami azt jelenti, hogy az el˝obbi egyenl˝ otlens´egek szigor´ uakk´ a v´ alnak, ha a k¨ ul¨ onb¨ ozik b-t˝ ol, de ha a ´es b megegyezik, akkor C(a, b) is egyenl˝ o ezekkel. oz´ep, azaz a k´eplet´eben a ´es b szerepe felcser´elhet˝ o: c) C(a, b) szimmetrikus k¨ C(a, b) = C(b, a). d) C(a, b) homog´en k¨ oz´ep, ami alatt azt ´ertj¨ uk, hogy tetsz˝oleges pozit´ıv val´os λ eset´en: C(λa, λb) = λ · C(a, b). A homogenit´ as jelent˝os´ege t¨ obbek k¨ oz¨ ott abban a´ll, hogy a k´et sz´ am k¨oz¨os t´enyez˝ oje kiemelhet˝ o” a k¨ oz´ep el´e. ” A k¨ ovetkez˝ okben egy olyan m´odszert mutatunk be, amely hat´ekonyan alkalmazhat´ o a k¨ ozepek tulajdons´ againak, illetve kapcsolatainak a vizsg´ alat´ ara, ennek ellen´ere ritk´ an tal´ alkozunk ezzel a szakirodalomban [5], [11]. Felhaszn´ alva a kontraharmonikus k¨ oz´ep homogenit´ as´at, v´egezz¨ uk el az al´ abbi atalak´ıt´ ´ ast: a  a , 1 = b · C(x, 1), ahol x = ; x > 0. C(a, b) = b · C b b

Ennek alapj´an b ler¨ ogz´ıt´es´evel a kontraharmonikus k¨oz´ephez hozz´ arendelhet¨ unk egy egyv´ altoz´ os f¨ uggv´enyt, amit karakterisztikus f¨ uggv´enynek nevez¨ unk. Teh´ at: fC (x) = C(x, 1) =

x2 + 1 . x+1

ha a  b,

azaz ha 0 < x  1,

1  fC (x)  x,

ha a  b,

azaz ha x  1.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

2. a ´bra

A j´ol ismert k¨ ozepek karakterisztikus f¨ uggv´eny´et hasonl´ ok´eppen hat´ arozhatjuk meg (2. ´ abra). (F) A grafikonok tan´ us´ aga ´es az elemz´es szerint a sz´ amtani, m´ertani, harmonikus ´es n´egyzetes k¨ oz´ep karakterisztikus f¨ uggv´enye szigor´ uan monoton n¨ov˝o, teh´at ezekn´el a k¨ ozepekn´el nem tapasztalhat´ o az a kett˝ oss´eg”, amelyet ” a kontraharmonikus k¨ oz´epn´el l´ attunk. Az ilyen k¨ oz´ep´ert´ekeket izotonnak nevezz¨ uk [2]. A kontraharmonikus k¨ oz´epnek a t¨ obbi k¨ oz´ep´et˝ ol elt´er˝ o tulajdons´ aga teh´at az, hogy nem izoton, hiszen a karakterisztikus f¨ uggv´enye nem monoton. Az ´abr´ ar´ ol ugyanakkor a k¨ ozepek sorrendje is leolvashat´ o, ´es ´ıgy ad´ odik a nevezetes egyenl˝otlens´eg-l´ ancolat, amelybe most m´ ar a kontraharmonikus k¨ oz´ep is beilleszthet˝ o: H  G  A  Q  C, ahol az egyenl˝os´egek akkor ´es csak akkor teljes¨ ulnek, ha a = b. (F)

A karakterisztikus f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel u ´gy igazolhatjuk a k¨oz´ep´ert´ek-tulajdons´agot, hogy bel´ atjuk: x  fC (x)  1,

1. a ´bra

387

A der´ eksz¨ og˝ u´ erint˝ otrap´ ez A k¨ovetkez˝ okben bemutatjuk a kontraharmonikus k¨ oz´ep egy geometriai el˝ ofordul´as´at, mik¨ozben r´ avil´ ag´ıtunk m´as k¨ ozepekkel val´ o¨ osszef¨ ugg´eseire ´es a pitagoraszi sz´ amh´ armasokkal val´ o kapcsolat´ara. Mindezt egy t´etel kimond´as´anak ´es bizony´ıt´as´anak keret´en bel¨ ul tessz¨ uk. 388

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

T´ etel. I. Ha a ´es b k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pozit´ıv eg´esz sz´ amok, ´es C(a, b) (vagyis a kontraharmonikus k¨ ozep¨ uk) is eg´esz, akkor C(a, b) el˝ o´ all egy pitagoraszi sz´ amh´ armas legnagyobb tagjak´ent. II. Ha (x, y, z) pitagoraszi sz´ amh´ armas, akkor l´etezik k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pozit´ıv eg´esz sz´ am, melyeknek kontraharmonikus k¨ ozepe ´eppen a sz´ amh´ armas legnagyobb tagja (azaz z, amely szint´en eg´esz). Bizony´ıt´ as. Tekints¨ unk egy der´eksz¨ og˝ u ´erint˝ otrap´ezt (3. ´ abra), melynek alapjai a, illetve b hossz´ uak (a < b). Hogy a ´es b ismeret´eben kifejezhess¨ uk a sz´ arak hossz´at (c-t ´es d-t), ´ırjuk fel az ´erint˝ on´egysz¨ ogek t´etel´et ´es a Pitagorasz-t´etelt: c + d = a + b, 2

d2 + (b − a) = c2 .

3. ´ abra

Induljunk ki most egy (x, y, z) pitagoraszi sz´ amh´ armasb´ ol, azaz h´ arom olyan pozit´ıv eg´esz sz´ amb´ ol, melyek egy der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og oldalhosszai. Eg´esz´ıts¨ uk ki ezt a h´ aromsz¨ oget der´eksz¨ og˝ u ´erint˝otrap´ezz´ a (4. ´ abra). (A szerkeszt´es nem bonyolult: az egyik hegyessz¨ og˝ u cs´ ucsb´ ol kiindul´o sz¨ ogfelez˝ onek, illetve a cs´ uccsal szemk¨ ozti befog´ o ´es az a´tfog´ o felez˝ opontj´at ¨ osszek¨ ot˝ o k¨ oz´epvonalnak a metsz´espontjak´ent kapjuk a szerkesztend˝ o trap´ e zba ´ ırhat´ o k¨ o r k¨ o z´ e ppontj´ a t; a k¨ o r megrajzol´ asa 4. ´ abra ut´ an pedig m´ar k¨ onny˝ u megszerkeszteni a trap´ezt.) ar´ ar´ ol tudjuk, hogy annak hossza A kapott der´eksz¨ og˝ u ´erint˝otrap´ez hosszabbik sz´ egyr´eszt az alapok hossz´anak (a-nak ´es b-nek) a kontraharmonikus k¨ ozepe, m´ asr´eszt eg´esz sz´ am, hiszen a pitagoraszi sz´ amh´ armas legnagyobb tagja (a der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨og ´atfog´ oj´anak a hossza). M´ar csak azt kell bel´atni, hogy az alapok hossza is eg´esz sz´ am. Az ´abra alapj´ an ´ırjunk fel k´et ¨ osszef¨ ugg´est a ´es b k¨ oz¨ ott:

Az egyenletrendszer megold´ as´ aval az al´abbi eredm´enyre jutunk: 2ab a 2 + b2 , d= c= a+b a+b A mer˝ oleges sz´ ar hossz´ara teh´ at az alapok hossz´anak a harmonikus k¨ozep´et, a m´asik sz´ ar hossz´ara pedig a kontraharmonikus k¨ ozep´et kapjuk. Ezen a ponton tegy¨ unk egy kis kit´er˝ ot. Azonnal l´athatjuk, hogy k´et k¨ ul¨onb¨oz˝ o sz´ amnak a kontraharmonikus k¨ ozepe nagyobb, mint a harmonikus k¨ozepe, amit algebrai u ´ton is igazolhatunk. ´Irjuk fel u ´jra az ´erint˝on´egysz¨ogek t´etel´et, most m´ ar a kapott eredm´enyekkel. H + C = a + b. 2-vel val´o oszt´ as ut´an kapjuk a sz´ amtani k¨ oz´ep defin´ıci´oja alapj´an:

a + b = x + z, b − a = y. Ebb˝ ol kapjuk: a=

x = 2mn,

Vagyis mindegy, hogy k´et sz´ am harmonikus ´es kontraharmonikus k¨ozep´enek vessz¨ uk a sz´ amtani k¨ ozep´et, vagy mag´ anak az eredeti k´et sz´ amnak a sz´ amtani k¨ozep´et. Erre azt mondjuk, hogy a sz´amtani k¨ oz´ep invari´ ans a harmonikus ´es a kontraharmonikus k¨ oz´epre n´ezve. Szok´ as u ´gy is fogalmazni, hogy a harmonikus ´es a kontraharmonikus k¨ oz´ep egym´ asnak a komplementere a sz´ amtani k¨ oz´epre vonatkoz´ oan [20]. K¨oz´episkolai sz´ ohaszn´ alattal: k´et tetsz˝oleges pozit´ıv val´os sz´am harmonikus, sz´ amtani ´es kontraharmonikus k¨ ozepe egy sz´amtani sorozat egym´ast k¨ovet˝o tagjai. Az ´abra teh´ at mag´aban rejt egy k¨ ozepek k¨ oz¨ otti, invariancia jelleg˝ u ¨osszef¨ ugg´est, amely egy´ uttal magyar´ azatot ad a kontraharmonikus elnevez´esre is. T´erj¨ unk vissza a t´etel bizony´ıt´ as´ ara. Tegy¨ uk fel, hogy a ´es b eg´esz sz´ amok, ´es ol a kontraharmonikus k¨ozep¨ uk is eg´esz. V´alasszunk le a der´eksz¨og˝ u ´erint˝otrap´ezb´ egy der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ oget. Ennek oldalhosszai: b − a, d, c. Ezek azonban a felt´etelek miatt mind eg´esz sz´ amok (hiszen c = C(a, b), illetve d = a + b − c az ´erint˝on´egysz¨ ogek t´etel´eb˝ ol). Teh´ at kaptunk egy pitagoraszi sz´ amh´ armast, melynek legnagyobb tagja ´eppen C(a, b). Ezzel bebizony´ıtottuk a t´etel I. r´esz´et. 389

b=

x+y+z . 2

i) Foglalkozzunk el˝ osz¨ or egy u ´n. primit´ıv pitagoraszi sz´ amh´ armassal, amelyben a tagoknak nincs 1-n´el nagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja. Ismeretes, hogy ebben az esetben a tagok a k¨ovetkez˝ o m´ odon fejezhet˝ok ki az m ´es n pozit´ıv eg´esz sz´ amokkal [17]:

A(H, C) = A(a, b).

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

x−y+z , 2

y = m2 − n2 ,

z = m2 + n2

(m > n, tov´ abb´ a m ´es n relat´ıv pr´ımek ´es k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o parit´ as´ uak; x jel¨ oli a sz´ amh´armas egyetlen p´ aros tagj´at.) Behelyettes´ıt´es ´es rendez´es ut´ an ad´odik: a = n · (m + n),

b = m · (m + n).

Teh´at az alapok hossza val´oban eg´esz sz´ am. ii) Ha a pitagoraszi sz´ amh´ armas nem primit´ıv, akkor a tagok legnagyobb k¨ oz¨ os oszt´ oja nagyobb 1-n´el. Jel¨ olj¨ uk ezt az eg´esz sz´ amot k-val. Ha mindh´ arom tagot k-val osztjuk, akkor primit´ıv pitagoraszi sz´ amh´ armashoz jutunk, ´ıgy az el˝ oz˝ oek szerint eg´esz sz´ amokat kapunk az alapok hossz´ara. Ezeket k-val megszorozva ad´ odnak us´agok, amelyek term´eszetesen szint´en az eredeti sz´amh´ armashoz tartoz´o alaphossz´ eg´esz sz´ amok. Ez teszi teljess´e a t´etel II. r´esz´enek a bizony´ıt´as´ at. A t´etel kimond´ asa Pahikkala nev´ehez f˝ uz˝ odik, aki az im´enti, geometriai h´ atter˝ u bizony´ıt´as helyett tiszt´an algebrai m´odszert alkalmazott [18]. 390

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

hossza megegyezik az alaplap ´es a fed˝ olap sugar´anak a kontraharmonikus k¨ ozep´evel. (A csonka k´ up magass´ aga pedig a sugarak harmonikus k¨ ozep´evel egyenl˝o.) (F)

Megjegyz´es. A szerkeszt´esb˝ ol kit˝ unik, hogy a der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ oget a m´ asik befog´ oj´ anak az ir´ any´ aban is kieg´esz´ıthetj¨ uk der´eksz¨ og˝ u ´erint˝ otrap´ezz´ a (5. ´ abra). Ez annak felel meg, hogy az alapok hossz´ anak a k´eplet´eben x ´es y szerepe felcser´el˝ odik: a =

y−x+z , 2

b =

e) Tekints¨ uk a g : R+ → R+ , g(x) = 1/x f¨ uggv´enyt (7. ´ abra). T¨ ukr¨ ozz¨ uk a f¨ uggv´eny grafikonj´ at az x-tengelyre, ´es jel¨ olj¨ unk ki a tengelyen egy tetsz˝ oleges a-t ´es b-t (a < b). K¨ oss¨ uk ¨ ossze az (a; 1/a) ´es a (b; −1/b) pontokat (Moskovitz–Mays-f´ele elj´ ar´ as [14], [15]). Az ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes egy a ´es b k¨ oz¨ otti M pontban metszi az x-tengelyt. M meghat´ aroz´ as´ ahoz vegy¨ uk ´eszre, hogy az ´abr´ an l´athat´ o og˝ u h´ aromsz¨ ogek hasonl´ ok, ´es der´eksz¨ ´ırjuk fel az egym´ asnak megfeleltethet˝o befog´ ohosszak ar´any´ anak egyenl˝ os´eg´et:

x+y+z . 2

Mint l´ athat´ o, a hosszabbik alap hossz´ ara ugyanazt az ´ert´eket kapjuk, a r¨ ovidebbik alap´era azonban nem: a = z − a,

b = b.

5. a ´bra

Ek¨ ozben a trap´ez hosszabbik sz´ ara – azaz a kiindul´ asi der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og ´ atfog´ oja – nem v´ altozik. Mindez ¨ osszhangban van a kontraharmonikus k¨ oz´ep nem izoton volt´ aval, azaz azzal a kor´ abban meg´ allap´ıtott t´ennyel, hogy ha r¨ ogz´ıtj¨ uk egy sz´ amp´ ar nagyobbik tagj´ at, akkor a kisebbik tag k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ´ert´eke eset´en is ugyanaz a kontraharmonikus k¨ oz´ep ad´ odik [18]: C(a, b) = C(a , b), a + a = C.

7. a ´bra

1

M −a b = a1 = . b−M a

A kontraharmonikus k¨ oz´ ep el˝ ofordul´ asai a) Bizony´ara sokan tudj´ak, hogy a trap´ez alapjaival p´ arhuzamos szakaszok (az u ´n. h´ urok) n´emelyik´enek a hossza m¨ og¨ ott a legismertebb k¨ozepek rejt˝ oznek [4], [6], [20]. Kev´esb´e k¨ ozismert azonban, hogy a kontraharmonikus k¨oz´ep is fellelhet˝ o a trap´ezban. P´eld´ aul ha tal´alunk egy olyan pontot a trap´ezon bel¨ ul, amelyet egy-egy alap v´egpontjaival osszek¨ otve a kapott h´aromsz¨ ogek ter¨ ule¨ te megegyezik, akkor az ezen a ponton athalad´ ´ o h´ ur hossza az alapok hossz´ anak a kontraharmonikus k¨ ozep´evel lesz egyenl˝ o (6. a ´bra) [23]. (K¨ onnyen bel´ athat´ o, hogy a sz´oban forg´o h´ ur ¨ osszes pontja rendelkezik az els˝ok´ent megtal´ alt pont´ehoz hasonl´ o tulajdons´ aggal.) (F) 6. a ´bra b) Keress¨ uk meg egy ´erint˝ otrap´eznak azt a h´ urj´at, amely k´et egyenl˝ o ker¨ ulet˝ u kisebb trap´ezra bontja az eredeti trap´ezt (azaz amely megfelezi az eredeti trap´ez ker¨ ulet´et). Ennek a h´ urnak a hossza egyenl˝o az alapok hossz´ anak a kontraharmonikus k¨ ozep´evel. (F) c) A der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og ´ atfog´ oj´ahoz, illetve az egyik befog´ohoz ´ırt k¨or sugar´anak kontraharmonikus k¨ ozep´ere ´eppen az a´tfog´ o hossz´at kapjuk. Az a t´eny, hogy az ´all´ıt´ asban b´ armelyik befog´o szerepelhet, a kontraharmonikus k¨oz´ep nem izoton volt´ara utal. (Az a´tfog´ ohoz, illetve az egyik befog´ohoz ´ırt k¨or sugar´anak harmonikus k¨ ozepe pedig az adott befog´o hossz´aval egyenl˝o.) (F)

b

Rendez´es ut´an kapjuk: M (a, b) =

Vagyis ezzel az elj´ar´ assal a ´es b kontraharmonikus k¨ ozep´ehez jutottunk. Megfigyelhetj¨ uk, hogy a k´et sz´els˝ o pontot ¨ osszek¨ ot˝ o egyenes m´eg egy helyen metszi a f¨ uggv´eny grafikonj´ at. Ez azt jelenti, hogy a nagyobbik sz´ am (b) r¨ ogz´ıt´es´evel a kisebbik sz´ am (a) k´et k¨ ul¨onb¨ oz˝ o ´ert´eke mellett is ugyanazt a kontraharmonikus k¨ ozepet kapjuk, ami ism´et a kontraharmonikus k¨ oz´ep nem izoton volt´ at jelzi. f ) Sz´ amadatok a´tlag´ ar´ ol legt¨ obbsz¨ or a sz´ amtani k¨ oz´ep jut az esz¨ unkbe, pedig az a´tlag meghat´ aroz´ asa er˝ osen f¨ ugg att´ ol, hogy mit tartunk szem el˝ ott az adathalmaz ´es az azt k´epvisel˝ o” ´ atlag´ert´ek viszony´ aban. A sz´ amtani k¨ ozepet akkor kapjuk ” ´atlagul, ha arra t¨ oreksz¨ unk, hogy az adatoknak az a´tlagt´ol val´o n´egyzetes elt´er´ese o legkisebb legyen (ekkor a sz´ or´ as is minim´alis). ¨osszess´eg´eben a lehet˝ n  i=1

391

2

(xi − x ¯) = min. ⇐⇒ x ¯ = A(x1 , . . . , xn ).

Ha azonban azt akarjuk, hogy az adatoknak az ´atlagt´ ol val´o relat´ıv (teh´ at az a´tlaghoz viszony´ıtott) n´egyzetes elt´er´ese legyen ¨ osszess´eg´eben minim´ alis, akkor a kontraharmonikus k¨ oz´ep ad´ odik a´tlagnak [1]. 2 n   xi − x ¯

d) Tekints¨ unk egy egyenes csonka k´ upot, amelyr˝ ol tudjuk, hogy az alaplap ulet´evel. Ekkor az alkot´ o ´es a fed˝ olap ter¨ ulet´enek az ¨ osszege egyenl˝o a pal´ ast ter¨ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

a 2 + b2 . a+b

i=1

392

x ¯

= min. ⇐⇒ x ¯ = C(x1 , . . . , xn ). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

´ g) Erdekes, hogy a kontraharmonikus k¨ oz´ep (´es nemcsak az) m´eg a zen´eben is felbukkan. K´et hang magass´ agbeli k¨ ul¨ onbs´eg´et a hangk¨ozzel jellemezz¨ uk, ez pedig a k´et hang frekvenci´ aj´anak ar´anya. Tekints¨ unk egy alaphangot (pl. C), ennek okt´ avj´ at (C’), tov´abb´ a a k¨ ovetkez˝ o hangk¨ oz¨ oket: kvart (F), kvint (G), nagy szext (A). Ha az alaphang frekvenci´aj´at egys´egnyinek vessz¨ uk, akkor az okt´ av frekvenci´ aja 2, a kvart´e 4/3, a kvint´e 3/2, a nagy szext´e pedig 5/3 egys´eg, legal´abbis az u ´n. term´eszetes (vagy diatonikus) d´ ur sk´ al´an [3]. L´ athat´ o, hogy az alaphang ´es az okt´ av frekvenci´aj´anak sz´amtani k¨ ozepe a kvint frekvenci´ aj´aval, harmonikus k¨ozepe pedig a kvart frekvenci´ aj´aval egyezik meg, amint az m´ar a pitagoreusok sz´ am´ara is ismert volt (persze nem a frekvenci´ akkal megfogalmazva, hanem a rezg´esbe hozott, ´es ´ıgy a megfelel˝ o hangot kibocs´at´ o h´ ur hossz´ anak a felhaszn´al´as´aval) [8], [9], [19], [22]. Ha azonban a kontraharmonikus k¨ oz´ep is szerepel az eszk¨ozt´ arunkban, ´eszrevehetj¨ uk, hogy a nagy szext frekvenci´aja ´eppen ennek a k¨ oz´epnek felel meg.

[12] Lann, A. & Falk, R.: Ein etwas vernachl¨ assigter Mittelwert. Stochastik in der Schule, 27. No. 1. (2007), 2–4. [13] Leach, E. B. & Sholander, M. C.: Extended mean values. The American Mathematical Monthly, 85. No. 2. (1978), 84–90. [14] Mays, M. E.: Functions which parametrize means. The American Mathematical Monthly, 90. No. 10. (1983), 677–683. [15] Moskovitz, D.: An alignment chart for various means. The American Mathematical Monthly, 40. No. 10. (1933), 592–596. [16] ifj. Orb´ an Gy¨ orgy: A p¨ uthagoraszi k¨ oz´epar´ anyosok jelent˝ os tulajdons´ agai ´es szerep¨ uk ¨ esszak, Kolozsv´ az ´ep´ıt´eszetben. XV. M˝ uszaki Tudom´ anyos Ul´ ar, 2014, 161–172. [17] Ore, O.: Bevezet´es a sz´ amelm´elet vil´ ag´ aba. Gondolat, Budapest, 1977. [18] Pahikkala, J.: On contraharmonic mean and Pythagorean triples. Elemente der Mathematik, 65. No. 2. (2010), 62–67. [19] Sain M´ arton: Nincs kir´ alyi u ´t! Gondolat, Budapest, 1986.

Kitekint´ es A cikkbeli t´ abl´ azatban szerepl˝o, legismertebb k¨ozepek val´ oj´aban egy nagyobb csal´ adnak, az u ´n. hatv´ anyk¨ ozepek csal´ adj´ anak a tagjai [2], [4], [20]. A kontraharmonikus k¨ oz´ep nem tartozik ebbe a csal´ adba. Az viszont mind a hatv´ anyk¨ozepekr˝ ol, mind a kontraharmonikus k¨ oz´epr˝ ol elmondhat´ o, hogy a sz´amtani k¨oz´epre vezethet˝ ok vissza. Jogosan vet˝odhet fel a k´erd´es a kontraharmonikus k¨oz´ep t´enyleges hovatartoz´ as´at illet˝oen. A v´ alaszt jelen tanulm´anyunk folytat´ asa foglalja majd mag´ aba.

[20] Szikszai J´ ozsef: A hatv´ anyk¨ ozepek. Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1987. [21] Toader, Gh. & Toader, S.: Greek means and the arithmetic-geometric mean. RGMIA Monographs, Victoria University, 2005. [22] Wassell, S. R.: Rediscovering a family of means. The Mathematical Intelligencer, 24. No. 2. (2002), 58–65. [23] Witkowski, A.: Gini and Stolarsky means in geometric problems. Conference on Inequalities and Applications, Hajd´ uszoboszl´ o, 2010.

Felhaszn´ alt ´ es aj´ anlott szakirodalom

Hargitai S´ ara, Unyi Tam´ as G¨ od¨ oll˝ oi Reform´atus L´ıceum

[1] Beckenbach, E. F.: A class of mean value functions. The American Mathematical Monthly, 57. No. 1. (1950), 1–6. [2] Borwein, J. M. & Borwein, P. B.: Pi and the AGM. A study in analytic number theory and computational complexity. John Wiley, New York, 1987. ´ [3] Bud´ o Agoston: K´ıs´erleti fizika I. Tank¨ onyvkiad´ o, Budapest, 1972.

A legut´ obb G¨ od¨ oll˝ on megtartott R´ atz L´ aszl´ o V´ andorgy˝ ul´esen hallottam a g¨ od¨oll˝oi di´akk¨or¨ os¨ ok el˝oad´ as´ at, melyb˝ ol a fenti cikk sz¨ uletett. Mivel az el˝ oad´ as ´es ´ıgy a cikk is a di´akk¨ ori tev´ekenys´eg eredm´enye, ´ıgy ¨ or¨ ommel tessz¨ uk k¨ ozz´e felh´ıv´ asukat.

[4] Bullen, P. S.: Handbook of means and their inequalities. Springer Science + Business Media, Dordrecht, 2003.

´ R. E.

[5] Chen, H.: Means generated by an integral. Mathematics Magazine, 78. No. 5. (2005), 397–399.

Felh´ıv´ as matematikai di´ akkonferenci´ an val´ o r´ eszv´ etelre

[6] Eves, H.: Means appearing in geometric figures. Mathematics Magazine, 76. No. 4. (2003), 292–294. [7] Faradj, M. K.: Which mean do you mean? An exposition on means. http://digitalcommons.lsu.edu/gradschool_theses (Let¨ olt´es ideje: 2017. 11. 15.). [8] H´ amori Mikl´ os: Ar´ anyok ´es tal´ anyok. Typotex Kft., Budapest, 1994. [9] Hischer, H.: Viertausend Jahre Mittelwertbildung. mathematica didactica, 25. No. 2. (2002), 3–51. [10] Kov´ acs Veronika & Petz D´enes: Sz´ amtani k¨ oz´ep, m´ertani k¨ oz´ep, meg ilyenek. K¨ oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Lapok, 56. No. 3. (2006), 130–136. [11] Lambert, A. & Herget, W.: M¨ achtig viel Mittelmaß in Mittelwert-Familien. Der Mathematikunterricht, 50. No. 5. (2004), 55–66.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

393

Iskol´ ankban, a G¨ od¨ oll˝ oi Reform´atus L´ıceumban egy ´evvel ezel˝ ott megalap´ıtottuk a Tudom´anyos ´es Innov´ aci´ os Di´akk¨ ort, amelynek keret´en bel¨ ul egy matematikai kutat´ ocsoport is m˝ uk¨ odik. Itt egyr´eszt a tananyagon t´ ulmutat´ o, kev´esb´e ismert t´em´akat tanulm´anyozunk, m´ asr´eszt k¨ oz´episkolai szinten m´eg val´ oban feldolgozatlan ter¨ uleteket t´ arunk fel. A k¨ oz¨ os kutat´as igazi szellemi ´elm´enyt ny´ ujt di´ aknak ´es tan´arnak egyar´ant, ha pedig valami u ´jdons´agra is f´eny der¨ ul, akkor az k¨ ul¨ on ¨ or¨ omet jelent. Kutat´ asi eredm´enyeinket iskol´ ankon k´ıv¨ ul a budapesti E¨ otv¨ os J´ozsef Gimn´aziumban, az ELTE Matematikai Int´ezet´eben, a matematikatan´ arok R´atz L´ aszl´o aci´ os Tehets´egkutat´ o V´andorgy˝ ul´es´en, valamint az Ifj´ us´ agi Tudom´anyos ´es Innov´ Versenyen is volt lehet˝ os´eg¨ unk bemutatni. 394

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Biztosak vagyunk abban, hogy m´ as iskol´akban is tanulnak olyan di´akok, akik sz´ıvesen m´elyednek el matematikai t´em´akban, ´es ´elvezettel tanulm´ anyozz´ ak azokat ak´ ar hosszabb ideig is. Ebb˝ ol kiindulva az a sz´ and´ek fogalmaz´ odott meg benn¨ unk, hogy egym´as megismer´es´enek a c´elj´ab´ ol matematikai di´akkonferenci´ at szervezn´enk iskol´ank matematikatan´ ari munkak¨ oz¨ oss´eg´enek a k¨ozrem˝ uk¨od´es´evel. A konferencian bemutatn´ank egym´asnak kutat´ ´ asaink t´em´ aj´at, tev´ekenys´eg¨ unket ´es el´ert eredm´enyeinket. Az el˝oad´ asok t´em´aj´at illet˝oen nem lenn´enek k¨ ul¨on¨osebb megk¨ot´esek: sz´oba ker¨ ulhetnek a tananyag szempontj´ab´ol perif´erikus t´em´ak ´es k¨oz´episkolai szinten ismeretlen ter¨ uletek egyar´ ant. A konferenci´anak nem kell okvetlen¨ ul versenyjelabb val´oban az lenne, hogy megismerj¨ uk egym´ as kutat´asait, leg˝ unek lennie, a c´el ink´ illetve v´elem´eny¨ unkkel, tan´ acsainkkal, ¨ otleteinkkel seg´ıts¨ uk egym´ as tov´ abbi munk´ aj´at. A rendezv´eny egyfajta gyakorl´ asi lehet˝ os´eget is jelentene azok r´esz´ere, akik orsz´ agos megm´erettet´esekre k´esz¨ ulnek. Ha siker¨ ult valakinek az ´erdekl˝ od´es´et felkelteni, ´es sz´ıvesen jelentkezne a di´ akkonferenci´ ara, akkor k´erj¨ uk, hogy t¨ oltse ki a K¨ oMal f˝ooldal´ar´ ol el´erhet˝ o google ¨ ommel fogadjuk mindenkinek a jelentkez´es´et: az´et is, aki m´ar r´eszt u ˝rlapot. Or¨ vett versenyszer˝ u di´ akkonferenci´ an (pl. TUDOK), de az´et is, aki m´eg nem m´erte ossze mag´at m´asokkal ezen a t´eren, a´m sz´ıvesen besz´amolna a saj´ at tev´ekenys´e¨ ulm´enyeir˝ ol g´er˝ ol. A konferencia id˝ opontj´ar´ ol, helysz´ın´er˝ ol ´es lebonyol´ıt´ as´anak k¨or¨ a visszajelz´esek alapj´an d¨ ontenek a szervez˝ok. A szem´elyes tal´ alkoz´ as rem´eny´eben k´ıv´ anunk mindenkinek j´ o tan´evet ´es ¨ or¨ omteli, eredm´enyes kutat´ ast.

3. Oldjuk meg a val´ os sz´amok halmaz´an a sin x + cos x =

1 − sin (2x) cos (2x)

egyenletet.

(13 pont)

4. K´et horg´ aszegyes¨ ulet, az Aligai Pec´asok ´es a B´elatelepi Horg´aszok k¨ oz¨ os edz˝ot´ aboroz´ast tartottak 47 f˝ o r´eszv´etel´evel. A csapatokban feln˝ ott ´es junior koroszt´ aly´ u csoportok voltak. Tudjuk, hogy: a) minden csoport l´etsz´ ama pr´ımsz´ am; b) legkevesebben a junior B´elatelepi Horg´aszok, legt¨ obben a feln˝ ott Aligai Pec´asok vannak a t´ aborban; c) a feln˝ott versenyz˝ ok o ama oszthat´ o t´ızzel; ¨sszl´etsz´ d) a k´et csapat feln˝ott tagjainak l´etsz´ ama k¨ oz¨ ott 10-n´el kisebb a k¨ ul¨ onbs´eg. H´anyan vannak az egyes csoportokban? II. r´ esz 5. Egy h´ urn´egysz¨ og egy´ uttal ´erint˝on´egysz¨ og is (bicentrikus n´egysz¨ og). K´et szomsz´edos oldala 9, 10 egys´eg, az a´ltaluk bez´ art sz¨ og 60◦ . Jel¨ olj¨ uk O-val a k¨ or¨ ul´ırt, K-val a be´ırt k¨ or k¨ oz´eppontj´at. a) Adjuk meg a m´asik k´et oldal hossz´ at. b) Hat´ arozzuk mega a be´ırt- ´es a k¨ or´e´ırt k¨ or sugar´at.

Hargitai S´ ara, Unyi Tam´ as

c) Milyen hossz´ u a KO t´ avols´ ag?

b) Mutassuk meg, hogy a sorozat els˝o n tagj´ anak ¨ osszege n(n + 1)(n − 1)(3n + 2) . 12

I. r´ esz 1. Melyek azok az x, y eg´esz sz´ amok, amelyekre egyszerre teljes¨ ul, hogy: 2 2 a) x + y  25; (12 pont)

2. a) Az egyszer˝ u h´etpont´ u gr´ af cs´ ucsainak foka rendre 3, 2, 4, 1, 2; a m´asik ´ kett˝ ot nem ismerj¨ uk. Allap´ ıtsuk meg ezeket, ha a gr´ afnak 11 ´ele van, valamint a gr´af megrajzolhat´o egy folytonos vonallal u ´gy, hogy mindegyik ´el´en pontosan egyszer haladtunk a´t. b) Adjunk meg h´arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o irracion´ alis sz´ amot u ´gy, hogy a h´arom sz´am osszege ´es b´ armelyik kett˝ o szorzata is racion´ alis sz´am legyen. ¨ c) Mutassuk meg, hogy az A ´es B kijelent´esek tetsz˝ oleges logikai ´ert´ek´ere igaz a ¬(A → B) = A ∧ ¬B egyenl˝ os´eg. (12 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

(16 pont)

6. a) Vizsg´ aljuk meg az an = n3 − n2 sorozatot monotonit´ as ´es korl´atoss´ ag ´ ıt´ szempontj´ ab´ol. All´ asainkat igazoljuk.

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire

b) |x| + |y|  5; c) log2 (y + 1 − x2 )  0?

(14 pont)

395

(16 pont)

7. Anna ´es B´ alint szab´ alyos dob´ okock´ aval j´atszik. Felv´altva dobnak, ha a dobott sz´ am pr´ımsz´ am, akkor a sz´ amegyenesen a´ll´ o b´ abuval egyet jobbra, ha ¨ osszetett sz´ am, akkor egyet balra l´epnek. Ha egyik sem, akkor a b´ abu helyben marad. A b´ abu kezdetben a null´ an ´ all, ¨ osszesen hatszor fognak dobni. El˝ otte fogadnak arra, hogy a j´at´ek v´eg´en melyik sz´amon ´ all majd a b´ abu. Anna az egyesre, B´ alint a kettesre fogad. a) Kinek mekkora es´elye van a nyer´esre? Tegy¨ uk fel, hogy Anna nyerte a fogad´ast. b) Mennyi a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j´ at´ek sor´ an egyszer dobtak egyest? (16 pont) 8. A 2 egys´eg ´el˝ u kocka egyik cs´ ucs´ at jel¨ olj¨ uk A-val, majd a´ll´ıtsunk egyenl˝o hossz´ u szakaszokat a kocka A-val ´erintkez˝o lapjainak k¨ oz´eppontj´aba, az adott lapokra mer˝olegesen kifel´e. 396

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

A szakaszok lapra nem illeszked˝ o v´egpontjait jel¨olj¨ uk P , Q, R-rel. a) Milyen hossz´ uak a szakaszok, ha az A, P , Q, R pontok egy s´ıkban vannak?

Ha x  −2, akkor 2x + 9 = 3x + 6,

A 2 egys´eg ´el˝ u kocka lapjaira kifel´e egyenl˝ o magass´ ag´ u, 2 egys´eg oldal´ u n´egyzet alap´ u egyenes g´ ul´ akat helyez¨ unk u ´gy, hogy a g´ ula alapja egybeesik a kocka adott lapj´aval.

x = 3.

b) Mekkora a g´ ula magass´ aga, ha az ´ıgy kapott testnek van k¨or¨ ul´ırt ´es be´ırt g¨ ombje? c) Mekkora a g´ ula magass´ aga abban az esetben, ha az ´ıgy keletkezett poli´edernek 14 cs´ ucsa, 12 lapja ´es 24 ´ele lett? (16 pont)

Ellen˝ orz´es behelyettes´ıt´essel vagy az ekvivalenci´ara val´ o jogos hivatkoz´assal. √ , akkor n´egyzetre emelhet¨ unk: 2. megold´ as. 2x + 9 = 3 x2 + 4x + 4, ha x  −9 2

9. Legyen f (x) = 2x2 − x3 ; x ∈ [0; 2]. Az f (x) f¨ uggv´eny grafikonj´ ahoz illesztett¨ unk jobbr´ ol egy y tengellyel p´ arhuzamos tengely˝ u parabol´at, amelyre az al´ abbiak egyszerre teljes¨ ulnek:

9 = x2 ,

a) a k´et g¨ orbe t¨ or´esmentesen csatlakozik egym´ashoz a 2 abszcissz´ aj´ u pontban; b) a parabola ´es az x tengely ´altal k¨ ozrefogott s´ıkidom ter¨ ulete egyenl˝ o az f (x) grafikonja ´es az x tengely ´altal bez´ art s´ıkidom ter¨ ulet´evel. Adjuk meg a parabola egyenlet´et. (16 pont) N´ emeth L´ aszl´ o Fony´od

4x2 + 36x + 81 = 9x2 + 36x + 36,

x = ±3. Ellen˝ orz´es behelyettes´ıt´essel vagy az ekvivalenci´ara val´ o jogos hivatkoz´assal.

b)

log2 (p + 2) + log2 (p − 2) = 1 + log2 (p + 10).

Kik¨ot´es: p > 2, log2 (p2 − 4) = log2 (2p + 20). Mivel a log2 x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton:

Megold´ asv´ azlatok a 2020/6. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz

p2 − 4 = 2p + 20 p2 − 2p − 24 = 0,

I. r´ esz

p1 = −4; p2 = 6.

1. a) Adott k´et f¨ uggv´eny: 2x + 9 ; f (x) = 3

g(x) =



x2

Csak a p = 6 megold´ as tesz eleget a felt´eteleknek. Az alaphalmazon ekvivalens a´talak´ıt´asokat v´egezt¨ unk.

+ 4x + 4 .

Van-e olyan x ∈ R, ahol a k´et f¨ uggv´eny helyettes´ıt´esi ´ert´eke megegyezik? (6 pont) b) Van-e olyan p val´ os sz´ am, amelyre az al´ abbi k´et kifejez´es ´ert´eke egyenl˝ o: A = log2 (p + 2) + log2 (p − 2); Megold´ as. a) 1. megold´ as. g(x) =

B = 1 + log2 (p + 10)?

(6 pont)

 2 (x + 2) = |x + 2|,

ak meg´ırta. A tan´ ar u ´r kor´ abbi szigor´ uA biol´ ogia pr´ oba´eretts´egit mind a 26 di´ s´ aga el´erte c´elj´ at, mert a pr´ oba´eretts´egi m´ ar sokkal jobban siker¨ ult. Senki sem kapott el´egtelen, vagy el´egs´eges oszt´ alyzatot. A k¨ ozepes, j´ o ´es jeles oszt´ alyzatok sz´ ama ebben a sorrendben egy m´ertani sorozat h´ arom egym´ ast k¨ ovet˝ o eleme lett. A csoport lett. atlaga 60 ´ 13

2x + 9 = 3 · |x + 2|. Ha x < −2, akkor 2x + 9 = −3x − 6,

b) Sz´ amoljuk ki a pr´ oba´eretts´egi oszt´ alyzatainak sz´ or´ as´ at. Az eredm´enyt k´et tizedesjegy pontos´ aggal adjuk meg. (8 pont)

x = −3. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

2. Solym´ asz tan´ ar u ´r biol´ ogia ´ or´ aj´ ara 26 v´egz˝ os j´ ar, ´es valamennyien r´eszt vesznek im´ adott biol´ ogia tan´ aruk hum´ anetol´ ogia ´ or´ aj´ an is. F´el´evkor a tan´ ar u ´r (nevel˝ o c´elzattal) meglehet˝ osen szigor´ u volt, ez´ert 21-en nem kaptak ¨ ot¨ ost biol´ ogiab´ ´ ol ´es 19-en nem kaptak ¨ ot¨ ost hum´ anetol´ ogi´ ab´ ol. Ugyanakkor 8-an kaptak ¨ ot¨ ost legal´ abb az egyik t´ argyb´ ol. a) H´ any v´egz˝ os kapott ¨ ot¨ ost mindk´et t´ argyb´ ol? (4 pont)

397

398

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Megold´ as. a) 1. megold´ as. 5 tanul´ onak van ¨ot¨ose biol´ ogi´ab´ol, 7 tanul´ onak van ¨ ot¨ ose hum´anetol´ ogi´ab´ ol; 5 + 7 = 12, de csak 8 tanul´onak van legal´abb az egyik t´ argyb´ ol ¨ ot¨ ose, ez´ert mindk´et t´ argyb´ ol 4 tanul´onak van ¨ot¨ose. 2. megold´ as. Ha mindk´et t´ argyb´ ol x tanul´ onak van ¨ot¨ose, akkor csak biol´ ogi´ab´ ol 5 − x tanul´ onak van ¨ ot¨ ose. Csak hum´anetol´ ogi´ab´ol 7 − x tanul´ onak van ¨ot¨ose. 5 − x + x + 7 − x = 8. Teh´ at mindk´et t´ argyb´ ol 4 tanul´onak van o ose. ¨t¨ b) 1. megold´ as. A h´ armas, n´egyes ´es ¨ ot¨ os oszt´ alyzatok sz´ ama: a, a · q, a · q 2 .

3. a) Hat´ arozzuk meg az f : R → R, f (x) = x3 − 3x2 − 24x + 2 f¨ uggv´eny lok´ alis maximumhely´et. (5 pont) uggv´eny grafib) Mekkora ter¨ uletet z´ ar be a g : R → R, g(x) = 3x2 − 6x − 24 f¨ konja ´es az x tengely? (6 pont) c) Mennyi az an = 11n−5 sorozat hat´ ar´ert´eke? 3n+8

Megold´ as. a) A deriv´altf¨ uggv´eny: f  (x) = 3x2 − 6x − 24. A f¨ uggv´enynek ott lehet lok´ alis sz´els˝ o´ert´eke, ahol a deriv´alt nulla. 3x2 − 6x − 24 = 0,

a + aq + aq 2 = 26,

x f (x) f (x) 

3a + 4aq + 5aq 2 60 = . 26 13

26 120 = . 1 + q + q2 3 + 4q + 5q 2

III.

4 0. Teh´at a f¨ uggv´enynek az x = −2 helyen van lok´ alis maximuma.

Mindk´et egyenletb˝ ol a-t kifejezve:

Rendez´es ut´ an:

(3 pont)

400

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Zs´ ofi a tet˝ o trap´ez alak´ u r´esz´ere egy t´eglalap alak´ u d´ıszt szeretne felragasztani. A t´eglalap egyik oldala illeszkedik a trap´ez alapvonal´ ara, k´et cs´ ucsa pedig a trap´ez sz´ araira. b) Mekkora a legnagyobb ter¨ ulet˝ u t´eglalap ter¨ ulete, amelyet a megadott m´ odon el lehet helyezni a tet˝ on? A v´ alaszt n´egyzetcentim´eterben, eg´esz sz´ amra kerek´ıtve adjuk meg. (6 pont) Megold´ as. a) (Az 4.a. ´ abra jel¨ ol´esei alapj´an.) Az oldal´el hossz´ anak kisz´am´ıt´ asa: og˝ u h´ aromsz¨ ogben F1 T1 = 20  ´es AF1 = 30. 1. lehet˝ os´eg. Az AT1 F1 der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ogben: AT1 = 202 + 302 = A Pitagorasz-t´ etel az AF1 T1 der´eksz¨ √ u h´aromsz¨ogben: AE 2 = = 10 13 ≈ 36,06. Pitagorasz-t´etel az AT1 E der´eksz¨og˝ 2 2 = AT1 + ET1 . AE =

√  √ 2  2  √ 2  = 5 101 ≈ 50,25 cm 352 + 10 13 = 30 + 5 65

az oldal´el hossza.

os´eg. Pitagorasz-t´etel az EF1 T1 der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨ogben: EF1 = 2. lehet˝ √ u h´ aromsz¨og= 202 + 352 = 5 65 ≈ 40,31. Pitagorasz-t´etel az AF1 E der´eksz¨og˝ ben: AE 2 = AF12 + EF12 . AE =

√  √ 2  2  √ 2  = 5 101 ≈ 50,25 cm 352 + 10 13 = 30 + 5 65

az oldal´el hossza. Az oldal´el v´ızszintes s´ıkkal bez´ art sz¨ oge a 4.a. a´br´ an ϕ-vel jel¨olt EAT1 sz¨og, amelyre sin ϕ = √35 ≈ 0,6965, ahonnan: ϕ = 44,15◦ . 5 101

Ebb˝ ol a t´eglalap ter¨ ulete: 2m 4m  2 a  2m ·x= · (−2x2 + ax) = − · x − ·x = a−b a−b a−b 2   4m a 2 a2 a 2 ma2 4m  =− · x− · x− . − + =− a−b 4 16 a−b 4 4(a − b)

T (x) = (a − 2x) ·

Teh´at a ter¨ ulet maxim´alis, ha x = a4 = 20 cm. II. r´ esz

¨ 900 p´ 5. A DO ol´ ot rendelt E5v¨ os Napra. A p´ ol´ okat k´et g´eppel nyomtatt´ ak. A g´epeket kezdetben rosszul ´ all´ıtott´ ak be, ez´ert az els˝ o g´ep (Horribile dictu!) a rajta nyomtatott 400 p´ ol´ o 2%-´ ara t´evesen, az E5v¨ os helyett az E¨ otv¨ os feliratot nyomtatta, ´es a m´ asik g´ep ugyanezt a hib´ at k¨ ovette el a rajta nyomtatott p´ ol´ ok 3,4%-´ aval. A min˝ os´egellen˝ orz´eskor Boc´ o a 900 alaposan ¨ osszekevert p´ ol´ ob´ ol v´eletlenszer˝ uen kiv´ alasztott egyet, ´es azon hib´ as volt a felirat. (Ezen persze kell˝ ok´eppen elkeseredett . . . ) a) Mekkora annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a hib´ as p´ ol´ ot a m´ asodik g´epen nyomtatt´ ak? (5 pont) ¨ u ol´ o ´ ar´ ab´ ol el˝ osz¨ or 500 Ft A DO ´gy d¨ ont¨ ott, hogy a hib´ asan nyomtatott p´ arengedm´enyt ad, de a kereslet nagyon minim´ ´ alis volt, ez´ert az u ´j ´ arat m´eg tov´ abb kellett cs¨ okkenteni, annak p%-´ aval. ´ Igy a p´ ol´ o 50 Ft-tal dr´ ag´ abb lett, mintha el˝ osz¨ or engedt´ek volna le az ´ ar´ at p%-kal ´es ut´ ana 500 Ft-tal, viszont 90 Ft-tal olcs´ obb lett, mint ha mindk´etszer az aktu´ alis ´ ar p%-´ aval cs¨ okkentett´ek volna az ´ ar´ at. b) Mennyi volt a p´ ol´ o eredeti ´ ara, ´es h´ any sz´ azal´ekos volt a cs¨ okkent´es? (11 pont) Megold´ as. a) 1. megold´ as. Az els˝o g´epen 8, a m´ asodik g´epen 17 hib´as p´ol´ot nyomtattak. Teh´ at 25 hib´as p´ ol´o van, ez az ¨ osszes esetek sz´ama. A kedvez˝o esetek sz´ama a m´asodik g´epen k´esz¨ ult p´ ol´ok sz´ama, azaz 17. ´Igy a k´erd´eses val´osz´ın˝ us´eg: 17 = 0,68. 25

2. megold´ as. Az els˝o g´epen 8, a m´ asodik g´epen 17 hib´as p´ ol´ot nyomtattak. Legyen A az az esem´eny, hogy a p´ ol´ot a m´ asodik g´epen nyomtatt´ak, B pedig az az esem´eny, hogy a kiv´ alasztott p´ ol´o hib´as. A keresett val´ osz´ın˝ us´eg: p(A | B) = p(AB)

= p(B) .

p(AB) = 4.a. a ´bra

3. p(1.) =

4.b. ´ abra

b) A 4.b. ´ abra jel¨ol´eseit haszn´ alva: AT E ∼ BT  F  , mert sz¨ogeik egyenl˝ ok.

p(B) =

25 , 900

17

17 p(A | B) = 900 = 0,68. = 25 25 900

megold´ as. Annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy p´ ol´o az els˝ o g´epen k´esz¨ ult: 4 . 9

Annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy p´ ol´o a m´asodik g´epen k´esz¨ ult: p(2.) = 59 . Annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy p´ ol´o hib´ as, ha az els˝ o g´epen k´esz¨ ult: p(H | 1.) = = 0,02.

2m m 2m = ⇔ m = · x. x a−b a−b K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

17 , 900

401

402

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Annak val´ osz´ın˝ us´ege, hogy egy p´ ol´o hib´ as, ha a m´asodik g´epen k´esz¨ ult: p(H | 2.) = 0,034. Bayes t´etele alapj´ an annak val´osz´ın˝ us´ege, hogy egy p´ ol´o a m´asodik g´epen k´esz¨ ult, felt´eve, hogy hib´ as: p(2. | H) =

p(H | 2.) · p(2.) . p(H | 1.) · p(1) + p(H | 2.) · p(2.)

A k´et fogasker´ek (a ped´ al ´es a h´ ats´ o tengely) k¨ oz´eppontja 41 cm van egym´ ast´ ol (3. a´bra) ´es a l´ anc teljesen feszes. b) Milyen hossz´ u l´ anc van a ker´ekp´ aron? (V´ alaszunkat centim´eterben, k´et tizedesjegy pontos´ aggal adjuk meg.) (10 pont)

3. ´ abra

Teh´at a keresett val´ osz´ın˝ us´eg: 0,034 · 59

= 0,68. 0,02 · 49 + 0,034 · 59 p

b) Legyen x a p´ol´o ´ arlesz´ all´ıt´ as el˝otti a´ra forintban, ´es legyen q = 1 − 100 . Ha a k´et ´ arlesz´ all´ıt´ as ford´ıtott sorrendben t¨ ort´ent volna, akkor a p´ ol´o k´etszeres arlesz´ ´ all´ıt´ as ut´ani a´ra xq − 500 forint, teh´at

A l´ ancokat gy´ art´ o u ancszemb˝ ol ´ all´ o l´ ancdarabokat k´esz´ıtenek. ¨zemben 160 l´ A m´er´esek alapj´ an a l´ ancdarabok 2%-´ aban egy szemmel kevesebb van, mint az el˝ o´ır´ as. A l´ ancszemek sz´ am´ at egy sz´ am´ıt´ og´ep ellen˝ orzi egy fut´ oszalagon. A fut´ oszalag k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontjain v´eletlenszer˝ uen kiv´ alaszt egy l´ ancdarabot ´es meghat´ arozza, h´ any l´ ancszemb˝ ol a ´ll, de a fut´ oszalag folyamatosan mozog, ez´ert nem lehet kiemelni a hib´ as l´ ancdarabot. Ennek megfelel˝ oen ak´ ar az az extr´em eset is el˝ ofordulhat, hogy ugyanazt a l´ ancdarabot ellen˝ orzi csak, ak´ ar t¨ obbsz¨ or is. Egy f´el´ or´ as id˝ ointervallumban 5000 l´ ancdarab kering a fut´ oszalagon. c) Hat´ arozzuk meg a f´el ´ ora alatt hib´ asnak tal´ alt l´ ancdarabok v´ arhat´ o ´ert´ek´et. (3 pont)

(xq − 500) + 50 = (x − 500) · q. Ha mindk´et alkalommal p% a cs¨ okkent´es, akkor az u ´j a´r xq 2 forint, teh´ at (x − 500) · q + 90 = xq 2 . Az els˝o egyenletb˝ol q = 0,9, azaz p = 10. A q ´ert´ek´et a m´asodik egyenletbe behelyettes´ıtve: (x − 500) · 0,9 + 90 = x · 0,81,

x = 4000. A p´ ol´o eredeti ´ ara 4000 Ft, p ´ert´eke pedig 10. Ellen˝ orz´es: 4000 − 500 = 3500, 10%-kal cs¨ okkentve 3150; 4000 cs¨ okkentve 10%-kal 3600, 3600 − 500 = 3100; 4000 cs¨ okkentve 10%-kal 3600, u ´jabb 10%-kal cs¨ okkentve 3240.

Megold´ as. a) Az els˝ o l´anct´ any´erra annyi l´ ancszem f´er, ah´ any fog tal´alhat´ o rajta, teh´at 46. ´Igy a l´ anct´ any´erra tekert l´ anc hossza 46 · 1,27 = 58,42 cm. b) A l´anc az ´ abr´ anak megfelel˝oen k´et k¨ or k¨ oz¨ os k¨ uls˝ o ´erint˝oszakaszaib´ ol ´es k´et k¨or´ıvb˝ol a´ll. Az els˝ o k¨ or ker¨ ulete az el˝obbiek alapj´ an 58,42 cm, ´ıgy a k¨ or sugara: ats´ o fogasker´eken 18 fog van, ´ıgy a ker¨ ulete: 18 · 1,27 = 22,86. r1 = 9,298 cm. A h´ A k¨or sugara: r2 = 3,638 cm.

3150 = 3100 + 50 ´es 3150 = 3240 − 90, teh´at a kapott eredm´enyek helyesek. 6. Fixi ker´ekp´ arunkon az els˝ o l´ anct´ any´eron 46 fog tal´ alhat´ o, a h´ ats´ o fogasker´eken pedig 18 fog van. (Az els˝ o l´ anct´ any´erhoz r¨ ogz´ıtik a ped´ alt, a h´ ats´ o fogasker´ek anc fel¨ uln´ezeti k´epe l´ athat´ o, a m´ asodik pedig a h´ ats´ o ker´eken van.) Az 1. a´br´ an a l´ abr´ ´ an pedig az, hogy mik´ent illeszkedik a l´ anc a fogasker´ekre. K´et l´ ancszem tengelye 1,27 cm t´ avols´ agra van egym´ ast´ ol (l´ asd 2. ´ abra). Az ´abra jel¨ ol´eseit haszn´ alva: K2 T p´ arhuzamos E3 E1 -gyel. Ekkor K1 T = oleges az ´erint´esi pontba h´ uzott sug´ arra, teh´ at = r1 − r2 = 5,66. Az ´erint˝o mer˝ og der´eksz¨ og˝ u. Fel´ırva Pitagorasz t´etel´et: a K2 K1 T h´aromsz¨ E 3 E1 = K 2 T =

2

K2 K12 − (r1 − r2 ) = 5,66

1. a ´bra

412 − 5,662 = 40,61 cm.

Ugyanebben a h´ aromsz¨ ogben: cos ϕ = 41 ≈ 0,138, ebb˝ ol ϕ = 82,065◦ . Az els˝o l´anct´ any´eron l´ev˝ o ´ıv hossza:

2. a ´bra

a) Milyen hossz´ u l´ anc f´erne az els˝ o l´ anct´ any´erra, ha teljesen k¨ orbetekern´enk l´ anccal? (3 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7



403

i1 = 404

360◦ − 2ϕ · r1 · π ≈ 31,786 cm. 180◦ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

A h´ ats´ o fogasker´eken l´ev˝ o ´ıv hossza: i2 =

b) A v´egz˝ os ´evfolyamon ¨ osszesen  183 di´ak van. K¨oz¨ul¨uk v´alasztunk ki 12 di´akot, 183 ´ıgy az ¨osszes esetek sz´ama: 12 .

2ϕ · r2 · π ≈ 10,421 cm. 180◦

Teh´at a l´ anc hossza: 123,43 cm. c) A hib´ as l´ancdarabok binomi´alis eloszl´ as´ u val´ osz´ın˝ us´egi v´ altoz´ ot alkotnak, melynek param´eterei n = 5000 ´es p = 0,02. ´Igy a v´ arhat´ o ´ert´ek: n · p = 5000 · 0,02 = = 100. ´ elk´esett a matematika ´ 7. Abel or´ ar´ ol. Amikor tan´ ara k´erd˝ ore vonta, a k¨ ovetkez˝ ok´eppen menteget˝ oz¨ ott: Tan´ ar u ´r! F´ aj a l´ abam, ez´ert nem tudtam l´epcs˝ on felj¨ onni ” a harmadik emeletre. Lifttel kellett j¨ onn¨ om, de a liftre ki van ´ırva, hogy 13 f˝ o haszn´ alhatja, ´es sok´ aig tartott, am´ıg o sszej¨ o tt a 13 ember.” (Ezzel persze kit˝ u n˝ o ¨ ar´ anak, hogy elmagyar´ azza a legfeljebb” ´es lehet˝ os´eget biztos´ıtott matematika tan´ ” legal´ abb” szavak matematikai l´enyeg´et . . . ) ” ´ u Az E5v¨ os Napokon az Igazgat´ o Ur ´gy d¨ ont¨ ott, hogy a tizenkettedikesek szabadon haszn´ alhatj´ ak a liftet. A v´egz˝ os¨ ok u ´gy gondolt´ ak, hogy ezt a lehet˝ os´eget maxim´ alisan kihaszn´ alj´ ak, ez´ert minden esetben 13-an sz´ alltak be az u res liftbe. ¨ a) Bizony´ıtsuk be, hogy minden ilyen alkalommal biztosan utazott a liftben legal´ abb h´ arom olyan di´ ak, akik oszt´ alyt´ arsak voltak. (Az iskol´ aban hat v´egz˝ os oszt´ aly van.) (3 pont) Az E5v¨ os Napokon a Ki Mit Tud?-ra 12 f˝ os di´ akzs˝ uri is alakult, amelyet a v´egz˝ os ´evfolyamb´ ol v´eletlenszer˝ uen v´ alasztottak ki.

32 33 31 30 29 28

odon Az egyes oszt´ alyokb´ ol 2-2 f˝ot rendre 2 , 2 , 2 , 2 , 2 , 2 m´ v´ alaszthatjuk ki. Mivel ezeket egym´ ast´ ol f¨ uggetlen¨ ul v´ alaszthatjuk, ez´ert a kedvez˝ o esetek sz´ ama:             32 33 31 30 29 28 · · · · · . 2 2 2 2 2 2 A keresett val´ osz´ın˝ us´eg:

32 33 31 30 29 28 · 2 · 2 · 2 · 2 · 2 2 183 = 0,00399 ≈ 0,004. 12

c) Tekints¨ uk a r´esztvev˝ oket egy hatpont´ u egyszer˝ u gr´ af cs´ ucsainak. K´et cs´ ucs akkor van ¨osszek¨ otve, ha a r´esztvev˝ ok kezet fogtak. Az egyes cs´ ucsok foksz´ amainak ucsok foksz´amainak ¨ osszege az ´elek ¨osszege: 5 + 4 + 3 + 3 + 2 + 2 = 19. Mivel a cs´ sz´ am´anak k´etszerese, ´ıgy ez nem lehet p´ aratlan sz´ am. d) A sorrendek sz´ ama az ism´etl´eses permut´ aci´ o seg´ıts´eg´evel sz´ amolhat´ o ki: {2;3;4;5}

P14

14! = 2 522 520. 2! · 3! · 4! · 5!

Teh´at 2 522 520-f´ele sorrendben pakolhatta be a dolgokat. ´ azoljuk der´eksz¨ 8. Abr´ og˝ u koordin´ ata-rendszerben az al´ abbi ponthalmazokat:   2 2 a) A := P (x; y) | 9x − 16y  0 . (5 pont)   2 2 (3 pont) b) B := Q(x; y) | x + y  25 .

b) Mekkora a val´ osz´ın˝ us´ege annak, hogy minden oszt´ alyt pontosan k´et f˝ o k´epo, 12.C: 31 f˝ o, 12.D: 30 f˝ o, viselt, ha az oszt´ alyl´etsz´ amok: 12.A: 32 f˝ o, 12.B: 33 f˝ 12.E: 29 f˝ o, 12.F: 28 f˝ o? (6 pont) A streetball d¨ ont˝ oje ut´ an a hat r´esztvev˝ o kezet fogott egym´ assal. Mivel a meccs kiss´e elfajult, ez´ert voltak, akik nem fogtak kezet. Fl´ ora megk´erdezte a r´esztvev˝ oket, hogy h´ any emberrel fogtak kezet, ´es a k¨ ovetkez˝ o v´ alaszokat kapta: 5; 4; 3; 3; 2; 2. Fl´ ora ezek ut´ an a k¨ ovetkez˝ ot mondta: Biztos, hogy van k¨ oz¨ ottetek legal´ abb egy ” ember, aki nem tud sz´ amolni.”

=

c) Mekkora az A ∩ B halmaz ter¨ ulete? Megold´ as. a)

(8 pont)

9x2 − 16y 2 = (3x − 4y) · (3x + 4y)  0,

3x − 4y  0 ´es 3x + 4y  0, vagy 3x − 4y  0 ´es 3x + 4y  0 (4. ´ abra).

c) Mire alapozta ´ all´ıt´ as´ at? (3 pont) Az E5v¨ os Napok v´eg´en F˝ oz˝ o u ´r, a technikus visszapakolta a kiadott eszk¨ oz¨ oket kis kuck´ oj´ aba. Lelkes seg´ıt˝ oi is akadtak, akik a kuck´ o el´e odapakoltak k´et l´etov´ asznat, meglehet˝ osen nagy r´ at, h´ arom fekete dobozt, n´egy projektort ´es ¨ ot vet´ıt˝ osszevisszas´ agban. F˝ oz˝ o u ´r, ezeket v´eletlenszer˝ u sorrendben, egyes´evel bepakolta ¨ a hely´ere. d) H´ anyf´ele m´ odon t¨ ort´enhetett ez, ha az azonos t´ıpus´ u eszk¨ oz¨ oket nem lehet megk¨ ul¨ onb¨ oztetni egym´ ast´ ol? (4 pont) Megold´ as. a) Alkalmazzuk a skatulya elvet, legyenek az oszt´ alyok a skatuly´ak. A liftben 6 · 2 + 1 di´ ak utazott. ´Igy a skatulya elv a´ltal´ anos alakja alapj´an van legal´ abb egy olyan oszt´ aly, amelyb˝ ol legal´abb h´arom di´ak utazott a liftben. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

405

4. ´ abra

406

5. a ´bra

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

b) A keresett pontok az orig´o k¨ oz´eppont´ u, 5 egys´eg sugar´ u k¨or belseje ´es a k¨ orvonal (5. ´ abra). c) A metszet k´et k¨ orcikk, amelyeket az egyenesek ´es az 5 egys´eg sugar´ u k¨ or hat´ arolnak (6. ´ abra). A k¨ orcikkekhez tartoz´ o ϕ k¨ oz´epponti sz¨ ogre: tg

¨ a) Osszesen h´ anyan vettek m´ ar r´eszt az ¨ ot¨ odik h´eten a j´ at´ekban? (3 pont) b) Igazoljuk, hogy a sorozat utols´ o sz´ amjegyei periodikusan ism´etl˝ od˝ o sorozatot alkotnak. (5 pont) c) Bizony´ıtsuk be, hogy a sorozat n-edik eleme a m´ asodikt´ ol kezdve: an = (8 pont) = 3n−1 + 4.

3 ϕ = , ebb˝ ol = 73,74◦ . 2 4

Megold´ as. a)

a2 = 3 · 5 − 8 = 7,

A metszet ter¨ ulete a k´et egybev´ ag´ o k¨ orcikk ter¨ ulet´enek ¨ osszege:

a3 = 3 · 7 − 8 = 13,

a4 = 3 · 13 − 8 = 31,

73,74◦ 2 T =2· · 5 π = 32,18. 360◦

a5 = 3 · 31 − 8 = 85. 6. ´ abra

A ter¨ ulet hat´ arozott integr´ al seg´ıts´eg´evel is kisz´ am´ıthat´ o. Az egyik k¨orcikk fel´enek ter¨ ulete: 4 5  3 T = x dx + 25 − x2 dx , 2 4 0

4 0

5  4

25 − x2 dx =

π

2

π

25 · = 2 25 = 2



4 arcsin 5

 4 3 2 3 x dx = x = 6, 4 8 0

π

4 arcsin 5

2

4



25 − 25 sin2 t · 5 cos t dt =

2

25 cos2 t dt =

4 arcsin 5

 π 2 25 1 · sin 2t + t (cos 2t + 1) dt = = 4 2 2 arcsin

π 0+ − 2

5



12 4 + arcsin 25 5



=

25 4 25 π−6− arcsin . 4 2 5

Teh´ at a keresett ter¨ ulet:   25 25 4 4 2T = 4 · 6 + π − 6 − arcsin = 25π − 50 · arcsin = 32,18. 4 2 5 5 9. Egy piramisj´ at´ek elind´ıt´ oja az els˝ o h´eten ¨ ot embert szervezett be. A szervez´es j´ ol folytat´ odott, ez´ert a m´ asodik h´ett˝ ol kezd˝ od˝ oen a hetente beszervezettek sz´ ama a k¨ ovetkez˝ o sorozat szerint alakult: an = 3 · an−1 − 8. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

a1 = 5,

407

Teh´at az ¨ot¨odik h´eten 5 + 7 + 13 + 31 + 85 = 141 f˝o vett r´eszt a j´ at´ekban. b) 1. megold´ as. A sorozat elemeinek utols´o sz´ amjegyei az elemek 10-zel val´ o oszt´ asi marad´ekai. Az oszt´ asi marad´ekokkal ugyanazt a m˝ uveletet kell v´egrehajtani, mint az eredeti sz´amokkal. Az oszt´asi marad´ekokb´ ol k´epzett (bn ) sorozat elemei rendre: b1 = 5, 3 · 5 − 8 = 7, ennek 10-zel val´o oszt´ asi marad´eka: b2 = 7, 3 · 7 − 8 = 13, ennek 10-zel val´ o oszt´ asi marad´eka: b3 = 3, 3 · 3 − 8 = 1, ennek 10-zel val´o oszt´ asi marad´eka: b4 = 1, 3 · 1 − 8 = −5, ennek 10-zel val´o oszt´ asi marad´eka: b5 = 5. ´ ett˝ol kezdve minden ism´etl˝odik, hiszen ugyanazokkal a sz´ Es amokkal v´egezz¨ uk ugyanazokat a m˝ uveleteket. 2. megold´ as. Haszn´ aljuk fel a feladat c) r´esz´eben megadott an = 3n−1 + 4 k´epletet. Vizsg´aljuk a h´ arom hatv´ anyainak 10-zel val´ o oszt´ asi marad´ekait, ezekkel ugyanazokat a m˝ uveleteket kell v´egrehajtani, mint az eredeti sz´ amokkal: o oszt´ asi marad´eka: 1, 30 = 1, ennek 10-zel val´ 31 = 3 · 30 , ennek 10-zel val´ o oszt´ asi marad´eka: 3 · 1 = 3, 2 1 3 = 3 · 3 , ennek 10-zel val´ o oszt´ asi marad´eka: 3 · 3 = 9, 33 = 3 · 32 , ennek 10-zel val´ o oszt´ asi marad´eka: 3 · 9 = 27, azaz 7, 4 3 3 = 3 · 3 , ennek 10-zel val´ o oszt´ asi marad´eka: 3 · 7 = 21, azaz 1. Ett˝ol kezdve az oszt´asi marad´ekokban ism´etl˝odik az 1; 3; 9; 7 sorozat. Ekkor az eredeti sorozat utols´ o sz´ amjegyei az 5; 7; 3; 1 ism´etl˝od˝ o sorozatot alkotj´ ak. c) 1. megold´ as. A bizony´ıt´ ast teljes indukci´oval v´egezz¨ uk: a1 = 5 = 30 + 4, az ´all´ıt´as igaz. ´ ıt´ as: n = k + 1-ra igaz, Tegy¨ uk fel, hogy n = k-ra igaz, hogy ak = 3k−1 + 4. All´ k hogy ak+1 = 3 + 4. Bizony´ıt´as: A rekurzi´ os megad´assal: ak+1 = 3 · ak − 8. Az indukci´os felt´etelt felhaszn´ alva: ak+1 = 3 · (3k−1 + 4) − 8 = 3k + 4. 408

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Bel´ attuk, hogy ha az a´ll´ıt´ as igaz a k term´eszetes sz´ amra, akkor a k + 1 term´eszetes sz´ amra is igaz. Mivel az a´ll´ıt´ as igaz az n = 1-re, ez´ert minden term´eszetes sz´ amra igaz. 2. megold´ as. ´Irjuk fel a sorozat elemeit az els˝o elem ´es a rekurzi´ os k´eplet seg´ıts´eg´evel: a1 = 5 = 30 + 4, a2 = 3 · 5 − 8, a3 = 3 · (3 · 5 − 8) − 8 = 32 · 5 − 3 · 8 − 8 = 32 · 5 − (3 + 1) · 8, a4 = 3 · (32 · 5 − 3 · 8 − 8) − 8 = 33 · 5 − 32 · 8 − 3 · 8 − 8 = 33 · 5 − (32 + 3 + 1) · 8. Ezek alapj´an: an = 3n−1 · 5 − (3n−2 + 3n−3 + . . . + 1) · 8. A m´ertani sorozat ¨osszegk´eplet´evel: an = 3n−1 · 5 −

3n−1 − 1 · 8 = 3n−1 · 5 − 4 · 3n−1 + 4 = 3n−1 + 4. 3−1 Balga Attila, Sz´ ekely P´ eter Budapest V. Ker¨ uleti E¨otv¨os J´ozsef Gimn´azium

Az egyenlet jobb oldala a B pontnak az ADC k¨ or´e´ırt k¨ or´ere vonatkoz´ o hatv´anya. Ezek szerint az egyenl˝os´eg miatt P rajta van az ADC k¨ or´e´ırt k¨ or´en is. Legyen AP C = ϕ. Ekkor ker¨ uleti sz¨ ogek egyenl˝ os´ege miatt az ADP C k¨ or¨ on or¨ on a ker¨ uleti ADC = AP C = ϕ. Tudjuk, hogy AP B = 180◦ − ϕ. Az ABP E k¨ sz¨ogek miatt AEB = AP B = 180◦ − ϕ. ´Igy ADF  = ADC = ϕ ´es AEF  = = AEB = 180◦ − ϕ, mivel D, F , C, illetve E, F , B egy egyenesen vannak. Ezek oban h´ urn´egysz¨ og, hiszen k´et szerint ADF  + AEF  = 180◦ , teh´at ADF E val´ szemk¨ozti sz¨og´enek ¨ osszege 180◦ . Diszkusszi´ o: Akkor lehetne probl´ema az ´ abr´ aval – ´es ´ıgy a bizony´ıt´ assal is –, hogyha az AEB k¨ or´e´ırt k¨ ore ´erinti BC-t, vagy pedig a BC szakaszon k´ıv¨ ul metszi m´asodszor. A C-b˝ ol fel´ırt hatv´ any a k¨ orre ekkor is helyes lesz, ´ıgy CE · CA = = CP · BC teljes¨ ulni fog. Hogyha a BC szakaszon k´ıv¨ ul metszi a k¨ or az egyenest, az csak B-n t´ ul lehet, ´ıgy ha P rossz” helyen van, akkor CP  BC teljes¨ ulni fog. ” Ennek alapj´an CP · BC  BC 2 , ´ıgy a BC 2 = BD · BA + CE · CA egyenletben BD · BA  0, ami nyilv´anval´ oan nem lehets´eges, mert ekkor D nem bels˝ o pontja lenne az AB oldalnak. Ezek szerint a felt´etel alapj´ an a P pont a BC szakasz bels˝o pontja, az a´bra mindig megfelel˝ o, ´es a bizony´ıt´ as helyes. ´ Isk. ´es Gimn., 11. ´evf.) T´ oth Bal´ azs (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an II. megold´ as. Legyen az ABC h´ aromsz¨ og A-n´ al fekv˝o bels˝ o sz¨ oge α, a Bb˝ ol, illetve C-b˝ ol indul´o magass´ agvonalak talppontjai pedig MB ´es MC .

Matematika feladatok megold´ asa

A BC oldalra fel´ırt koszinuszt´etelb˝ ol: (1)

B. 4979. Az ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben D ´es E rendre az AB, illetve az AC oldalnak bels˝ o pontja. A BE ´es CD szakaszok metsz´espontja F . Bizony´ıtsuk urn´egysz¨ og. be, hogy ha BC 2 = BD · BA + CE · CA, akkor ADF E h´ (5 pont)

Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza)

− 2 · BA · CA · cos α, valamint a felt´etel szerint: BC 2 = CA · CE + BD · BA.

(2) I. megold´ as. Legyen a BC egyenes ´es az AEB k¨ or´e´ırt k¨ or´enek B-t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o metsz´espontja P . A C pontnak erre a k¨ orre vonatkoz´ o hatv´ anya CP · BC = CE · CA.

(1) ´es (2) k¨ ul¨onbs´eg´eb˝ ol: 0 = CA(CA − CE) + BA(BA − BD) − 2 · BA · CA · cos α, 0 = AE · CA + AD · BA − 2 · BA · CA · cos α.

2

Tudjuk, hogy BC = BD · BA + + CE · CA. Ut´ obbi egyenletb˝ ol kivonva el˝ obbit, azt kapjuk, hogy

Rendez´es ut´ an: (3)

BC · (BC − CP ) = BD · BA.

2 cos α =

AE AD + . BA CA

M´asr´eszt az ACMC ´es ABMB der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogekb˝ ol cos α-t kifejezve:

Viszont BC − CP = BP , ´ıgy BP · BC = = BD · BA. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

BC 2 =BA2 + CA2 −

(4) 409

410

2 cos α =

MC A MB A + . CA BA K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

(3) ´es (4) k¨ ul¨ onbs´ege alapj´ an:

Ekkor az ADF E n´egysz¨ og val´oban h´ urn´egysz¨ og lesz, hiszen a szemk¨ ozti sz¨ oasunkat bel´attuk. geinek ¨osszege 180◦ . Ezzel a´ll´ıt´

MC A − AD AE − MB A = , AB AC

Tubak D´ aniel (Szegedi Radn´ oti M. K´ıs´erleti Gimn., 11. ´evf.)

EMB DMC = . AB AC

(5)

´ Atrendez´ es ut´ an sin α-val b˝ ov´ıtve: DMC AC · sin α CMC AC = = = . EMB AB AB · sin α BMB Ez azt jelenti, hogy a DMC C ´es EMB B der´eksz¨og˝ u h´ aromsz¨ogek hasonl´ oak, a megfelel˝ o sz¨ ogek egyenl˝ ok: MC DC = MB EB. Mivel MB EB = AEF , ´es az MC DC mell´eksz¨oge F DA, ´ıgy AEF  + F DA = 180◦ , azaz AEF D val´oban h´ urn´egysz¨ og. Ha a D ´es MC pontok egybeesnek, akkor (5) miatt az E ´es MB pontok is egybeesnek, az ADF E n´egysz¨ og k´et szemk¨ ozti sz¨oge der´eksz¨og, teh´at ekkor is h´ urn´egysz¨ oget kapunk. Kocsis Anett (Gy˝ or, R´evai Mikl´ os Gimn., 11. ´evf.) √ u c; ´es a C III. megold´ uk a B k¨ oz´eppont´ u, BD · BA = r1 sugar´ √ as. Tekints¨ u d k¨ or¨ oket. Ezekre a k¨or¨okre invert´ alva az A k¨ oz´eppont´ u, CE · CA = r2 sugar´ pontot kapjuk a D ´es az E pontot, mivel u ´gy v´ alasztottuk meg a sugarakat, hogy ez teljes¨ ulj¨ on. A feladatban szerepl˝o felt´etel szerint 2

BC = BD · BA + CE · CA =

r12

+

r22 ,

teh´ at a Pitagorasz–t´etel megford´ıt´asa ´ertelm´eben a BCM h´ aromsz¨ og der´eksz¨ og˝ u, vagyis a k´et k¨ or bez´art sz¨ oge (ami a metsz´espontjukba h´ uzott ´erint˝ok bez´ art sz¨ oge) 90◦ . Ebben az esetben, ha valamelyik k¨ orre invert´ aljuk a m´asik k¨ ort, akkor annak a k´epe ¨ onmaga lesz, teh´at invari´ans alakzat. Ezeket felhaszn´alva l´ athatjuk, hogy ha D-t invert´ aljuk a d, valamint E-t a c k¨ orre, akkor k´epeiknek egybe kell esni¨ uk, ez pedig csak a k´et egyenes metsz´espontj´ aban lehets´eges, amit az ´ abr´ an F -fel jel¨ olt¨ unk. L´athat´ o, hogy ebben az esetben BD · BA = r12 = BF · BE, azaz a BDF ´es BAE h´aromsz¨ ogek hasonl´ ok, teh´ at DF B = BAE. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

411

Megjegyz´es. A megold´ as csak a k¨ ovetkez˝ o t´etel alkalmaz´ as´ aval teljes: K´et inverzi´ o sorrendje pontosan akkor cser´elhet˝ o fel, ha az alapk¨ or¨ ok mer˝ olegesen metszik egym´ ast. Eset¨ unkben az A pont c k¨ orre vonatkoz´ o inverze a D pont, majd ennek a d-re vonatkoz´ o inverze rajta van a CD egyenesen. M´ asr´eszt az A pont d-re vonatkoz´ o inverze az E pont, majd ennek inverze a c-re a BE egyenesen van. Ha a k´et inverzi´ o felcser´elhet˝ o, akkor val´ oban csak a k´et egyenes metsz´espontja, az F pont lehet a k¨ oz¨ os k´etszeres inverz. V´ azoljuk az inverzi´ ok sorrendj´ere vonatkoz´ o t´etel bizony´ıt´ as´ at. Az inverzi´ o sz¨ ogtart´ o. Ebb˝ ol k¨ ovetkez˝ oen az inverzi´ o inverzi´ otart´ o: ha P ´es Q egym´ as o inverzi´ on´ al, ´es P  , Q , i ezek k´epei a j k¨ orre val´ o inverzi´ on´ al, akkor P  k´epei az i k¨ orre val´ ´es Q egym´ as k´epei az i -re val´ o inverzi´ on´ al. Val´ oban, P ´es Q pontosan akkor egym´ as k´epei i-n´el, ha a P -n is ´es Q-n is ´ atmen˝ o k¨ or¨ ok valamennyien mer˝ olegesek i-re – ez a tulajdons´ ag pedig megmarad, ha j-re invert´ alunk. or¨ okre val´ o inverzi´ ok kommutativit´ as´ at vizsg´ aljuk, akkor ´ attranszTeh´ at ha az i1 , i2 k¨ form´ alhatjuk o ˝ket egy inverzi´ oval, a transzform´ aci´ ok megmaradnak, kommutativit´ asuk ott is vizsg´ alhat´ o. K´et metsz˝ o k¨ orre vonatkoz´ o inverzi´ o k´et metsz˝ o egyenesre vonatkoz´ o t¨ ukr¨ oz´ess´e v´ altozik, ha a k´et k¨ or metsz´espontja k¨ or¨ uli inverzi´ ot alkalmazunk. A sz¨ ogtart´ as miatt akkor ´es csak akkor cser´elhet˝ o fel a t¨ ukr¨ oz´esek sorrendje, ha a k´et egyenes mer˝ oleges egym´ asra. ¨ Osszesen 36 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 30, 4 pontot 2, 3 pontot 1 tanul´ o. 2 pontos 2 tanul´ o, 1 pontos 1 tanul´ o dolgozata.

B. 4985. Adott n´egy egyenes u ´gy, hogy k¨ oz¨ ul¨ uk b´ armelyik h´ arom meghat´ aroz egy h´ aromsz¨ oget. Bizony´ıtsuk be, hogy ennek a n´egy h´ aromsz¨ ognek a magass´ agpontja egy egyenesre illeszkedik. (5 pont) Megold´ as. A n´egy egyenes metsz´espontjait bet˝ uzz¨ uk meg az a´br´ an l´athat´ o as szerint ezek sz´ıneket is jelenm´odon P1 , P2 , K1 , K2 , S1 , S2 -vel. Az eredeti megold´ tenek. A bet˝ uz´est u ´gy v´ alasztottuk, hogy mindegyik egyenesen a Ki , Pj , Sk pontok k¨oz¨ ul pontosan egy helyezkedjen el, vagy m´ as sz´oval b´ armely h´ arom egyenes ´altal meghat´ arozott h´ aromsz¨ ognek mindh´ arom cs´ ucsa k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u”. A Thal´esz” t´etel megford´ıt´as´ ab´ ol l´athat´ o, hogy az ¨ osszes h´ aromsz¨ og magass´ ag-talppontjai rajta vannak az azonos nev˝ u/sz´ın˝ u pontok a´ltal meghat´ arozott szakaszra mint a´tm´er˝ ore ore a´ltal kimetszett talppontokat Ti -vel, a K1 K2 emelt k¨or¨ok¨on. A P1 P2 Thal´esz-k¨ Thal´esz-k¨ore a´ltal kimetszetteket Rj -vel, m´ıg az S1 S2 Thal´esz-k¨ ore a´ltal kimetszett olt¨ uk. Legyenek tov´ abb´ a a Thal´esz-k¨ or¨ ok ebben magass´ ag-talppontokat Qk -val jel¨ a sorrendben a p, k, s k¨ or¨ ok. A h´ aromsz¨ ogek magass´ agpontjai M1 , M2 , M3 ´es M4 . Azt fogjuk bel´atni, hogy a magass´ agpontoknak a h´arom k¨ orre vett hatv´ anyai egyenl˝ ok, ez´ert csak egy egyenesen lehetnek (m´ ar akkor is egy egyenesen kell legyenek, ha k´et k¨orre egyenl˝ o a hatv´ anyuk.) aromsz¨ og M1 magass´ agpontj´anak vizsg´aljuk a p k¨ orre Ha p´eld´ aul a P1 K1 S2 h´ (az a´br´ an szaggatott vonallal jelzett) vonatkoz´o hatv´ any´ at ´es a k k¨ orre (az a´br´ an a pontokkal jel¨ olt k¨ or) vonatkoz´ o hatv´ any´ at, akkor ehhez a k´et k¨ orh¨ oz ´erdemes or´et is, legyen ez a c k¨ or. Ezen a k¨ or¨ on is hozz´ avenn¨ unk m´eg a P1 K1 Thal´esz-k¨ 412

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Megold´ as. Megmutatjuk, hogy Kezd˝ o sz´ am´ara l´etezik nem veszt˝ o strat´egia. Legyen Kezd˝o els˝ o sz´ ama 0, mindegy, hogy hol. Ezt k¨ ovet˝oen Kezd˝o minden tov´ abbi l´ep´es´eben a M´ asodik a´ltal el˝ otte be´ırt sz´ amt´ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ amot ´ır be: ha van hely abban az oszlopban, ahov´ a M´asodik utolj´ ara ´ırt sz´amot, akkor abba az oszlopba, k¨ ul¨ onben pedig egy olyan oszlopba, amibe hasonl´o esetben m´eg nem tett sz´ amot. Ilyen biztos, hogy van, mert M´ asodik ezen strat´egia mellett pontosan 9 oszlopot fejez be, a t¨ obbi 9 oszlop pedig (a kezd˝ ooszlopot nem sz´amolva, hiszen ott mindenk´eppen Kezd˝ o rakja az utols´ o sz´ amot) csak akkor telhet meg, ha Kezd˝o egy ilyen esetben oda rakja a sz´ am´at, teh´ at marad benn¨ uk addig hely. ´Igy B  10, hiszen minden oszlopban legfeljebb eggyel nagyobb az 1-esek sz´ ama, mint a 0-´ ak´e, mivel az utols´ o l´ep´es kiv´etel´evel az oszlopban b´ armely j´ at´ekos minden egyes´ehez tartozik a m´ asik j´ at´ekosnak egy-egy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o 0-ja. M´ asr´eszt o¨sszesen (19 · 19 − 1)/2 = 180 darab 1-es van a t´abl´ azatban, mivel a legels˝o l´ep´esen k´ıv¨ ul minden l´ep´esp´ ar (M´asodik, majd Kezd˝ o l´ep´ese) sor´ an a be´ırt sz´amok o ¨sszege 1. Ebb˝ol a skatulyaelv miatt k¨ ovetkezik, hogy a 19 sor egyik´eben legal´ abb 10 az 1-esek sz´ama, teh´at A  10  B, vagyis M´ asodik nem nyerhet.

rajta vannak a P1 , K1 , R3 , T3 pontok. ´Igy a p ´es c k¨or¨ok hatv´anyvonala a P1 T3 egyenes, tov´ abb´ a a k ´es c k¨ or¨ ok hatv´anyvonala a K1 R3 egyenes. L´ atjuk teh´ at, hogy or¨ ok hatv´anypontja, teh´at a p-re ´es k-ra vonatkoz´ o hatv´ anya az M1 pont a p, k ´es c k¨ is megegyezik. Ugyan´ıgy bizony´ıthat´ o a hatv´ anyok egyenl˝ os´ege b´ armely m´asik k´et k¨ orre ´es magass´ agpontra. Az ´all´ıt´ ast ezzel bel´ attuk. Beke Csongor (Budapest, B´ek´ asmegyeri Veres P´eter Gimn., 11. ´evf.) dolgozata alapj´an ¨ Osszesen 29 dolgozat ´erkezett. 5 pontot kapott 24, 4 pontot 1, 3 pontot ´es 2 pontot szint´en 1-1 tanul´ o. 1 pontos 1, 0 pontos 1 tanul´ o dolgozata.

B. 5052. Kezd˝ o ´es M´ asodik egy kezdetben u abl´ azat mez˝ oibe ´ır ¨res 19 × 19-es t´ felv´ altva egy-egy sz´ amot, 0-t vagy 1-et. Amikor m´ ar az ¨ osszes mez˝ o ki van t¨ oltve, kisz´ amolj´ ak a sor¨ osszegeket ´es az oszlop¨ osszegeket. A legnagyobb sor¨ osszeg legyen A, a legnagyobb oszlop¨ osszeg pedig B. Ha A > B, akkor Kezd˝ o nyer; ha A < B, akkor M´ asodik; ha pedig A = B, akkor d¨ ontetlen a j´ at´ek eredm´enye. Van-e valakinek nyer˝ o strat´egi´ aja? (6 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

413

Ezut´ an azt mutatjuk meg, hogy M´asodik sz´ am´ara is l´etezik nem veszt˝ o strat´egia (l´enyeg´eben ugyanaz, mint Kezd˝ o´e, csak sorokra alkalmazva). M´ asodik ´ırjon Kezd˝o utols´ o le´ırt sz´ am´anak sor´ aba m´ asmilyen sz´ amot; amikor pedig nem tud, akkor egy olyan sorba ´ırja a m´asmilyen sz´ amot, ahov´ a m´eg nem ´ırt sz´ amot ilyen helyzetben. Ez lehets´eges, hiszen a strat´egia szerint Kezd˝o pontosan 10 sort fejez be, ekkor kell M´ asodiknak ¨ on´ all´ oan l´epnie, ´es ahov´ a l´ep, ott onnant´ ol Kezd˝ o l´ep´ese ut´ an p´ aros sok sz´ am lesz, teh´at azokat Kezd˝o nem tudja befejezni. ´Igy 10 sort Kezd˝o fejez be, 9 sorba pedig M´ asodik rak ¨ on´ all´ oan egy-egy sz´ amot, ezeken a sz´amokon k´ıv¨ ul pedig minden sorban ugyanannyi 1 ´es 0 van. Teh´at minden sorban ¨ legfeljebb 10 darab 1-es van. Osszesen 180 vagy 181 darab 1-es van a t´abl´ azatban (Kezd˝ o utols´ o sz´ am´at´ ol f¨ ugg˝oen), teh´ at a skatulya-elv szerint kell lennie olyan oszlopnak, ahol legal´abb 10 darab 1-es van. A  10  B, vagyis Kezd˝ o nem nyerhet. Mivel mindk´et f´elnek van olyan strat´egi´ aja, melyet haszn´alva a m´asik f´el nem nyerhet, egyik f´el sz´ am´ara sem l´etezik nyer˝ o strat´egia. Czett M´ aty´ as (Zalaegerszegi Zr´ınyi M. Gimn., 12. ´evf.) 58 dolgozat ´erkezett. 6 pontos 29, 5 pontos 8, 4 pontos 5, 3 pontos 1, 2 pontos 8, 0 pontos 7 dolgozat.

B. 5059. Legyen valamely pozit´ sz c-re ovetkez˝ o, rekurz´ıv m´ odon {an } a k¨  ıv eg´e√ defini´ alt sorozat: a0 = c ´es an+1 = an + an , ha n  0. Bizony´ıtsuk be, hogy ha a sorozat tagja a 2019, akkor a kor´ abbi tagok k¨ oz¨ ott nincs n´egyzetsz´ am, de a k´es˝ obbi tagok k¨ oz¨ ott v´egtelen sok n´egyzetsz´ am fordul el˝ o. (5 pont)  √ Megold´ as. Bel´ atjuk, hogy ha x + x = ai , akkor ai−1 = x. Az x -re igaz  √ √  a rekurz´ıv felt´etel, tov´ abb´ a y > x-re y + y > x + x (a line´ aris r´esz 1-gyel  √ √  n˝o, a gy¨ok¨os r´esz szigor´ uan monoton n˝ o), y < x-re y + y < x + x , teh´ at x 414

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

az egyetlen lehet˝os´eg: a sorozat b´ armelyik eleme teh´ at egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza a kor´ abbiakat. ´Igy megkeresve a sz´ amokat, a sorozat kor´ abbi, 2019 el˝otti elemei sorrendben: 1805, 1847, 1889, 1932, 1975, 2019, melyek egyike sem n´egyzetsz´am (gy¨okeik megk¨ ozel´ıt˝o√´ert´eke rendre: 42,4853;√42,9767; 43,4626; 43,9545; 44,441; 44,9333). Mivel oban nincs kor´abbi eleme a soro1764 + 1764 > 1805, 1763 + 1763 < 1805, val´ zatnak. ´Igy a kor´ abbi tagok k¨ oz¨ ott nincs n´egyzetsz´am. Megmutatjuk, hogy ha van egy n´egyzetsz´am a sorozatban, akkor a sorozat egy alkalmas k´es˝ obbi eleme is n´egyzetsz´am, teh´ at v´egtelen sok n´egyzetsz´am van 2 a sorozatban. Pontosabban: Ha ai = b2 , akkor ai+2b+1 = (2b) . Ugyanis a sorozat 2 2 k¨ ovetkez˝ o h´ a√rom eleme rendre ai+1 = b + b, ai+2 = b + 2b, ai+3 = b2 + 3b lesz 2 (hiszen b + b2 = b2 + b, b2 < b2 + b < b2 + 2b < b2 + 2b + 1 = (b + 1)2 , ´es ´ıgy b2 + b 2 ´es b2 + 2b gy¨ ok´enek eg´esz r´esze is b). Azaz ai+3 = (b + 1) + b − 1. A c-re vonatkoz´ o 2 indukci´ oval bel´atjuk, hogy ai+1+2c = (b + c) + b − c, ha 0 < c < b + 1. Ez c = 1-re 2 igaz; tegy¨ uk fel, hogy ai+1+2c = (b + c) + b − c. Ekkor 2

gy¨oke. Mivel a polinomok folytonos f¨ uggv´enyek, ez´ert ha a < b ´es f (a) ´es f (b) el˝ojele k¨ ul¨onb¨oz˝ o, akkor az f polinomnak a ´es b k¨ oz¨ ott van gy¨ oke. Azt fogjuk bel´atni, hogy ha n p´aros, ´es 0  n  100, akkor p(n + 0, 5) > 100, ha pedig n p´ aratlan, ak100  (n + 0, 5 − i) szorzatban 100 − n darab negat´ıv kor p(n + 0,5) < −100. Az S = i=1

t´enyez˝ o van, ´es a 100 − n az n-nel megegyez˝o parit´ as´ u. Ez´ert el´eg azt bel´ atni, hogy |S| > 100. A szorzatban legfeljebb k´et olyan t´enyez˝ o szerepel, amelynek az abszol´ ut ´ert´eke legfeljebb 0,5, ´es legal´ abb 96 olyan van, aminek legal´ abb 2. Ez´ert a szoraros n-re zat abszol´ ut ´ert´eke legal´ abb 0,5 · 0,5 · 296 = 294 > 27 > 128 > 100. ´Igy p´ p(n + 0,5) − i > 0, p´ aratlanra pedig p(n + 0,5 − i) − i < 0. Ebb˝ol k¨ ovetkezik, hogy ha 0  n  99, akkor n + 0,5 ´es n + 0,5 + 1 k¨ oz¨ ott van gy¨ oke p(x) − i-nek, ´es ´ıgy van 100 k¨ ul¨onb¨ oz˝ o gy¨ oke. Beke Csongor (Budapest, B´ek´ asmegyeri Veres P´eter Gimn., 12. ´evf.) 38 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 25, 4 pontos 11, 3 pontos 2 dolgozat.

2

ai+1+2c+1 = (b + c) + b − c + b + c = (b + c) + 2b

A K pontversenyben kit˝ uzo ¨tt gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (664–668.)

´es 2

2

ai+1+2c+2 = ai+1+2(c+1) = (b + c) + 2b + b + c = (b + c + 1) + b − (c + 1) 2

2

2

2

(hiszen (b + c) + b − c < (b + c) + 2b < (b + c) + 2b + 2c + 1 = (b + c + 1) ). Teh´ at az a´ll´ıt´ as teljes¨ ul (c + 1)-re is. Helyettes´ıts¨ unk be c = b-t, ezzel megkapjuk a fenti all´ıt´ ´ ast. A sorozat elemei 2019 ut´an: 2019, 2063, 2108, 2153, 2199, 2245, 2292, 2339, 2387, 2435, 2484, 2533, 2583, 2633, 2684, 2735, 2787, 2839, 2892, 2945, 2999, 3053, 3108, 3163, 3219, 3275, 3332, 3389, 3447, 3505, 3564, 3623, 3683, 3743, 3804, 3865, 3927, 3989, 4052, 4115, 4179, 4243, 4308, 4373, 4439, 4505, 4572, 4639, 4707, 4775, 4844, 4913, 4983, 5053, 5124, 5195, 5267, 5339, 5412, 5485, 5559, 5633, 5708, 5783, 5859, 5935, 6012, 6089, 6167, 6245, 6324, 6403, 6483, 6563, 6644, 6725, 6807, 6889. Mivel 6889 = 832 , a fentiek szerint v´egtelen sok n´egyzetsz´am van a sorozatban.

K. 664. Van hat ´erm´enk, melyek k¨ oz¨ ul n´egy darab 100 grammos, kett˝ o pedig 99 grammos. Rendelkez´es¨ unkre ´all egy k´etkar´ u m´erleg. Legal´ abb h´ any m´er´esre van sz¨ uks´eg¨ unk ahhoz, hogy megtal´ aljuk az egyik k¨ onnyebb ´erm´et? K. 665. Egy utca egyik oldal´ an ´ all valah´any j´ at´ekrobot. Egy l´ep´esben pontosan h´arom robotnak tudjuk azt a parancsot adni, hogy menjen ´at az u ´t t´ uloldal´ ara. H´any robot eset´en lehet el´erni, hogy a robotok az utca t´ uloldal´ ara ker¨ uljenek a´t?

N´emeth M´ arton (Nagykanizsa, Batthy´ any L. Gimn., 9. ´evf.) 57 dolgozat ´erkezett. 5 pontos 41, 4 pontos 9, 3 pontos 2, 2 pontos 2, 1 pontos 3 dolgozat.

Van-e olyan 100-adfok´ u val´ os egy¨ utthat´ os p(x) polinom, melyre  B. 5083.  a p p(x) polinomnak 10 000 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o val´ os gy¨ oke van?

(5 pont)

Megold´ as. Van ilyen polinom. Legyen p(x) =

100 

i=1

  (x − i). Ekkor p p(x) gy¨o-

kei a p(x) − i (i = 1, 2, . . . 100) polinomok gy¨ okei. K´et ilyen k¨ ul¨onb¨oz˝ o polinomnak nem lehet k¨ oz¨ os x0 gy¨oke, hiszen p(x0 ) − i = p(x0 ) − j nem teljes¨ ulhet k¨ ul¨onb¨oz˝ o i, j eset´en. Ez´ert el´eg azt bel´ atni, hogy mind a sz´ az polinomnak van sz´az k¨ ul¨onb¨oz˝ o K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

415

K. 666. H´ any olyan hatjegy˝ u sz´ am van a 182 t¨ obbsz¨ or¨ osei k¨ oz¨ ott, melyben az els˝o h´arom sz´amjegyb˝ ol a´ll´ o h´ aromjegy˝ u sz´ am megegyezik az utols´o h´ arom sz´ amjegyb˝ ol ´all´ o h´ aromjegy˝ u sz´ ammal? K. 667. Induljunk ki egy pozit´ıv eg´esz sz´ amb´ ol. Egy l´ep´esben, ha az aktua´lis sz´amunk p´aros, akkor vegy¨ uk a fel´et, ha pedig p´ aratlan, adjunk hozz´ a 1-et. A l´ep´eseknek akkor van v´ege, ha el tudunk jutni az 1-hez. a) Igaz-e, hogy b´ armelyik sz´ amb´ol kiindulva el˝obb-ut´obb (v´eges sok l´ep´esben) az 1-hez jutunk? b) Igaz-e, hogy legfeljebb 30 l´ep´esben jutunk az 1-hez, ha egy n´egyjegy˝ u sz´ amb´ol indulunk ki? 416

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

K. 668. a) H´ any olyan egyenl˝osz´ ar´ u h´ aromsz¨og van, amelynek sz´ arai 13 cmesek ´es a ter¨ ulete 60 cm2 ? b) H´ any olyan der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og van, amelynek befog´oi p´aros eg´esz sz´ amok, ´es ter¨ ulete 60 cm2 ?

❄

Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1628. Adjunk meg k´et olyan k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pozit´ıv eg´esz n sz´ amot, amelyre 4n + 49 + 4100 n´egyzetsz´am. C. 1629. Egy g¨ omb a´tmegy egy 8 egys´eg ´el˝ u kocka egyik lapj´ anak n´egy cs´ ucs´ an ´es ´erinti a szemk¨ ozti lapot. Hat´ arozzuk meg a g¨ omb sugar´at. (Horv´ at feladat)

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. november 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. november 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1623–1629.)

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5118–5125.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig

B. 5118. Lehet-e x,

C. 1623. Legyen m pozit´ıv eg´esz sz´ am. Mutassuk meg, hogy

(3 pont)

a) l´etezik 3 olyan 2-hatv´any, amely m-jegy˝ u; b) legfeljebb 4 olyan 2-hatv´any l´etezik, amelyik m-jegy˝ u. (Brazil feladat) C. 1624. Az ABCD n´egyzet AB oldal´ anak P pontj´ at k¨oss¨ uk ¨ossze D-vel, BC oldal´ anak Q pontj´ at pedig A-val, az ´ıgy kapott szakaszok metsz´espontj´at jel¨ olj¨ uk R-rel. Az ARD h´ aromsz¨ og ter¨ ulete 1200, aromsz¨og ter¨ ulete √ az AP R h´ 600, a P BQR n´egysz¨og ter¨ ulete pedig 3380 − 240 95 egys´eg. Mekkora az RQCD n´egysz¨ og ter¨ ulete? Javasolta: N´emeth L´ aszl´ o (Fony´od)

B. 5119. A hegyessz¨ og˝ u ABC h´ aromsz¨ ogben a be´ırt k¨ or BC-vel p´ arhuzamos ´erint˝oje az AC oldalt a D pontban metszi. A D pont mer˝ oleges vet¨ ulete a BC oldalon az F pont. Mutassuk meg, hogy AB = AD + BF . (3 pont) B. 5120. Kisz´ınezt¨ uk a pozit´ıv eg´esz sz´ amokat u ´gy, hogy a + b sz´ın´et mindig uek, valamint egy´ertelm˝ uen meghat´ arozza a ´es b sz´ıne; azaz, ha a ´es a azonos sz´ın˝ uek, akkor a + b ´es a + b is azonos sz´ın˝ uek. Igazoljuk, hogy ha b ´es b azonos sz´ın˝ van olyan sz´ın, amit t¨ obbsz¨ or is haszn´ altunk, akkor a sz´ınez´es valahonnan kezdve periodikus. (4 pont)

Feladatok mindenkinek C. 1625. Igazoljuk, hogy az egyjegy˝ u pozit´ıv eg´esz sz´ amok k¨oz¨ ul b´ armelyik o ot kiv´alasztva akad k¨ oz¨ ott¨ uk n´eh´ any, amelyek ¨ osszege oszthat´ o 10-zel. ¨t¨

B. 5121. Oldjuk meg az al´abbi egyenletrendszert, ahol x1 , x2 , . . . , xn pozit´ıv val´os sz´amok, n pedig pozit´ıv eg´esz sz´ am: x1 + x2 + . . . + xn = 9,

C. 1626. Az ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og BC oldal´ anak felez˝opontja legyen F , a B-b˝ ol indul´o magass´ agvonal talppontja pedig T . Bizony´ıtsuk be, hogy ha F AC = 30◦ , akkor AF = BT . R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza) javaslata alapj´ an C. 1627. Bizony´ıtsuk be, hogy ha az a, b, c val´os sz´amokra teljes¨ ul, hogy a + b + c > 0, ab + bc + ca > 0 ´es abc > 0, akkor a > 0, b > 0 ´es c > 0. Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

17x − 5 14x + 5 ´es egyszerre eg´esz sz´ am? 9 12

417

1 1 1 + + ... + = 1. x1 x2 xn (4 pont) B. 5122. Zicc ErWin a Bergeng´ oc Kos´arliga valaha volt legbiztosabb kez˝ u b¨ untet˝odob´ oja. B´ar karrierje sor´an a legels˝ o b¨ untet˝ oj´et kihagyta, az ¨ osszesen 222 222 b¨ untet˝ odob´ as´ ab´ ol csup´an 2020 maradt ki. 418

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

A bergeng´ oc statisztikusok szerint egy kosaras egy b¨ untet˝odob´ asa ´erdekes, ha a dob´ ast k¨ ozvetlen¨ ul k¨ ovet˝oen teljes¨ ul az, hogy a sikeres dob´ asok (az ¨osszes dob´ ashoz m´ert) sz´ azal´ekos ar´ anya pozit´ıv eg´esz sz´ am. (P´eld´ aul ha valaki az addigi osszesen 40 k´ıs´erlet´eb˝ ol 12-t bedobott, akkor az utols´ o dob´ asa ´erdekes volt, mert ¨ 12 + · 100 = 30 ∈ N , viszont az ezt k¨ o vet˝ o 41-edik dob´ a s – ak´ ar sikeres, ak´ ar nem – 40 semmif´elek´eppen nem lesz ´erdekes.) Legal´abb h´ any ´erdekes b¨ untet˝oje volt Zicc ErWinnek? (5 pont) B. 5123. Andi ´es Bori elosztotta egym´ as k¨ oz¨ ott a SET j´ at´ek∗ 81 k´ artyalapj´ at; Andihoz 40, Borihoz 41 lap ker¨ ult. Mindketten megsz´ amolj´ ak, hogy a n´aluk l´ev˝ o k´ arty´ ak k¨ oz¨ ott h´ any olyan h´ armas van, ami SET-et alkot. Mennyi lehet az ´ıgy kapott darabsz´ amok ¨ osszege?

A. 784. Legyenek n, s, t pozit´ıv eg´esz sz´ amok ´es 0 < λ < 1. Adott egy o egyszer˝ u gr´ af. Azt mondjuk, hogy n cs´ uccsal ´es legal´ abb λn2 ´ellel rendelkez˝ o beilleszt´es, ha az xi ´es yj bet˝ uk nem felt´etlen¨ ul k¨ uaz (x1 , . . . , xs , y1 , . . . yt ) egy j´ afnak (1  i  s, 1  j  t). l¨onb¨oz˝ o cs´ ucsokat jel¨ olnek, ´es mindegyik xi yj ´ele a gr´ Bizony´ıtsuk be, hogy a j´ o beilleszt´esek sz´ ama legal´abb λst ns+t . Javasolta: Williams Kada (Cambridge) A. 785. Legyenek k  t  2 pozit´ıv eg´eszek. Ha n  k eg´esz, akkor legyen osz´ın˝ us´ege, hogy az els˝ o n pozit´ıv eg´esz k¨ oz¨ ul v´eletlenszer˝ uen v´ apn annak a val´ lasztva k-t teljes¨ ul, hogy a v´alasztott k sz´ am k¨ oz¨ ul b´ armely t-nek a legnagyobb us´ege, hogy az els˝ o n pozit´ıv eg´esz k¨ oz¨ ul k¨oz¨os oszt´ oja 1, qn pedig annak a val´osz´ın˝ v´eletlenszer˝ uen v´ alasztva (k − t + 1)-et a v´ alasztott sz´ amok szorzata t-edik hatv´anymentes. ar´ert´eke megegyezik. Bizony´ıtsuk be, hogy a pn ´es qn sorozat hat´

(6 pont)

Javasolta: Matolcsi D´ avid (Budapest)

B. 5124. A szab´ alyos n´egyoldal´ u g´ ula alaplapja az ABCD n´egyzet, E a g´ ula cs´ ucsa. Az AB ´es CE kit´er˝ o ´elek norm´ altranszverz´ alis´ anak talppontjai az AB szakaszon P , a CE szakaszon pedig Q. Tudjuk, hogy Q felezi a CE ´elt. Hat´ arozzuk meg az AP : P B ar´ anyt, ´es sz´ am´ıtsuk ki az alaplapnak az oldallapokkal bez´art sz¨ og´et.

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. november 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

(5 pont) B. 5125. Az ABCD h´ urn´egysz¨ og k¨ or´e ´ırt k¨ or k¨oz´eppontja O, az AB ´es DC f´elegyenesek az E pontban metszik egym´ ast. A BCE k¨orben az E-vel a´tellenes pont F . Mutassuk meg, hogy az AC, BD ´es OF egyenesek egy ponton mennek ´at. (6 pont)

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. november 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (783–785.) A. 783. Polimin´ onak nevez¨ unk egy o ugg˝o alakzatot, ha azt egys´egn´egy¨sszef¨ zetek oldalaik ment´en t¨ ort´en˝ oo sszeilleszt´ e s´ e vel kapjuk. Legyen n  3 eg´esz sz´ am. ¨ Keress¨ uk meg n f¨ uggv´eny´eben a legnagyobb pozit´ıv eg´esz C-t, melyre teljes¨ ul a k¨ovetkez˝ o felt´etel: ha egy v´egtelen n´egyzetr´ acs minden mez˝ oj´et kisz´ınezz¨ uk n sz´ın valamelyik´evel, akkor tal´alhat´ o egy legal´abb c ter¨ ulet˝ u polimin´ o, mely legfeljebb n − 1 sz´ınt tartalmaz. Javasolta: Nikolai Beluhov (Stara Zagora) ´es Stefan Gerdjikov (Sz´ofia)

∗

3 m´elys´eg˝ u¨ ord¨ ogkeret

https://www.komal.hu/cikkek/2008-02/SET.h.shtml.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

419

420

I. 517. B˝ uv¨ os n´egyzetnek nevezz¨ uk az N × N darab sz´ am n´egyzetes elrendez´es´et, amelyben minden sor, minden oszlop ´es mind a k´et ´atl´ o ¨ osszege ugyanaz a sz´ am. Az ¨ ord¨ ogkeret olyan b˝ uv¨ os n´egyzet, amelynek a legk¨ uls˝ o keret´et elhagyva is b˝ uv¨ os n´egyzetet kapunk. Lehets´eges, hogy egy ¨ ord¨ ogkeretben t¨ obb koncentrikus b˝ uv¨ os n´egyzet van egym´ asba a´gyazva, ilyenkor a b˝ uv¨ os n´egyzet k¨ uls˝ o kereteit elhagyva v´eg¨ ul egy olyan bels˝o elrendez´eshez jutunk, amely m´ ar nem b˝ uv¨ os n´egyzet. K´esz´ıts¨ unk programot i517 n´even, amely egy N × N sz´ amb´ol ´ all´ o n´egyzetarozza, hogy milyen m´elys´egr˝ ol meghat´ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

ben tartalmaz b˝ uv¨ os n´egyzeteket egym´ asba ´agyazva. Ha ez a sz´am 0, akkor m´ar a kiindul´ o elrendez´es sem volt b˝ uv¨ os n´egyzet. A program standard bemenet´enek els˝ o sor´ aban az N (N  30) tal´alhat´ o, amely a sorok ´es oszlopok sz´ama. A k¨ ovetkez˝ o N sorban N darab nemnegat´ıv sz´am szerepel. A program standard kimenet´en egy sz´ am szerepeljen, az ¨ord¨ogkeret egym´ asba ´gyazott b˝ a uv¨ os n´egyzeteinek m´elys´ege. Ha a kiindul´asi ´allapot nem b˝ uv¨os n´egyzet, akkor 0-t ´ırjunk ki. Bemenet 6 22 1 38 37 36 20 21

Kimenet

34 6 24 48 3 44 16

27 42 4 25 46 8 23

17 11 47 2 26 39 33

5 31 40 32 7 15 45

K´esz´ıts¨ unk u ´j adatb´ azist balaton n´even. A mell´ekelt adat´ allom´anyokat import´ aljuk az adatb´ azisba a f´ajln´evvel azonos t´ ablan´even (kikoto, kapcsolo, tipus). Beolvas´ askor a´ll´ıtsuk be a megfelel˝o adatform´ atumokat ´es kulcsokat. A t´abl´ akba ne vegy¨ unk fel u ´j mez˝ ot. T´ abl´ ak:

1 41 35 10 18 43 19 9

´ A www.balatonihajok.hu port´ I. 519 (E). alr´ ol sok olyan balatoni haj´ oz´ asra jellemz˝o adatot ismerhet¨ unk meg, amely t¨ ort´enetileg ´es a jelenben is ´erdekes lehet. Most a nagy haj´ os kik¨ ot˝ okkel foglalkozunk. Az adatok a kikoto.txt, a kapcsolo.txt ´es a tipus.txt ´ allom´anyokban a´llnak rendelkez´es¨ unkre. Az ´allom´anyok tabul´atorral tagolt, UTF-8 k´ odol´as´ u sz¨ ovegf´ ajlok, az els˝ o sorok a mez˝oneveket tartalmazz´ ak.

hajo (id, nev, terulet, ev, bejarat, szelesseg, hosszusag, megjegyzes) id a kik¨ ot˝ o azonos´ıt´ oja (sz´ am), ez a kulcs; nev a kik¨ ot˝ o, illetve a telep¨ ul´es´enek a neve (sz¨ oveg); terulet a kik¨ ot˝ o ter¨ ulete, ha z´ art, k¨ or¨ ulhat´ arolt, k¨ ul¨ onben nincs adat (sz´ am); ev a kik¨ ot˝ o ´ep´ıt´es´enek ´eve, ha ismert (sz´ am); ´ DNY-DK; bejarat a kik¨ ot˝ o bej´ arat´ anak ´egt´ aja (sz¨ oveg), p´eld´ aul: EK,

29 49 12 13 14 30 28

szelesseg

Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i517.zip ´ allom´anyban a program forr´ ask´odja ´es r¨ ovid dokument´ aci´ oja, amely megadja, hogy a forr´ as´allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. I. 518. Az eg´esz sz´ amok sz´amrendszerek k¨ oz¨otti a´tv´ alt´ as´ara l´etezik algoritmus, ´ıgy nem neh´ez programot k´esz´ıteni egy R alap´ u sz´amrendszerben fel´ırt A pozit´ıv eg´esz sz´ am Q alap´ u sz´ amrendszerbe val´ o ´at´ır´ as´ara. Neh´ezs´eget tal´ an csak a 10-n´el nagyobb alap´ u sz´ amrendszerek jelentenek, ahol a 10-n´el nagyobb sz´ amjegyeket pl. bet˝ ukkel kell jel¨ oln¨ unk. Az informatik´aban haszn´alt hexadecim´alis sz´ amrendszerben a 10 = A, 11 = B, . . . , 15 = F jel¨ ol´est alkalmazzuk. Haszn´ aljuk ennek megfelel˝oen az angol ABC nagybet˝ uit rendre a 9-n´el nagyobb sz´ amjegyek jel¨ol´es´ere. ´Igy a legnagyobb sz´ amjegy, amit fel´ırhatunk, a Z = 35.

a kik¨ ot˝ o bej´ arat sz´eless´egi koordin´ at´ aja sz¨ ogperc m´ert´ekegys´egben (h´ arom tizedes pontoss´ ag´ u val´ os sz´am); arat hossz´ us´ agi koordin´ at´ aja sz¨ ogperc m´ert´ekegys´eghosszusag a kik¨ ot˝ o bej´ ben (h´ arom tizedes pontoss´ ag´ u val´ os sz´am); megjegyzes megjegyz´es a kik¨ ot˝ o haszn´ alat´ ar´ ol (sz¨ oveg). kapcsolo (kikotoid, tipusid) kikotoid a kik¨ ot˝ o azonos´ıt´ oja (sz´ am), az ¨ osszetett kulcs r´esze; tipusid a m˝ uszaki jellemz˝ o, t´ıpus azonos´ıt´ oja (sz´ am), az ¨ osszetett kulcs r´esze. tipus (id, kat) id a t´ıpus azonos´ıt´ oja (sz´ am), ez a kulcs; kat a m˝ uszaki fel´ep´ıt´es, t´ıpus kateg´ ori´ aja (sz¨ oveg).

K´esz´ıts¨ unk t´ abl´ azatkezel˝ o alkalmaz´ ast, amely a´tv´ alt egy pozit´ıv eg´esz sz´ amot az R alap´ u sz´ amrendszerb˝ol a Q alap´ u sz´ amrendszerbe (2  R, Q  36). A munkalapon egy cell´aban lehessen megadni az ´atv´ altand´ o sz´amot (sz´amjegyekkel ´es az angol ABC bet˝ uivel), ´es k´et m´ asik cell´aban az R ´es Q ´ert´ek´et. A t´abl´ azatkezel˝ o adja meg egy negyedik cell´aban a sz´ am alakj´at a Q alap´ u sz´ amrendszerben. A munkaf¨ uzet tetsz˝oleges tov´ abbi cell´ai haszn´alhat´ ok seg´edsz´ am´ıt´ asokra, de a megold´ as sor´ an csak a t´abl´ azatkezel˝ o be´ep´ıtett f¨ uggv´enyeivel dolgozzunk, teh´ at makr´ o ´es saj´at program a megold´as sor´ an nem haszn´alhat´ o. A be´ırt sz´amok minden ol nem kell gondoskodni. esetben helyesek, azok ellen˝ orz´es´er˝ Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i518.zip ´ allom´anyban a megold´ ast tartalmaz´ o t´ abl´ azatkezel˝ o munkaf¨ uzet ´es egy r¨ ovid dokument´ aci´ o, amely megadja az alkalmazott t´ abl´ azatkezel˝ o nev´et ´es verzi´oj´at. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

421

422

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

K´esz´ıts¨ uk el a k¨ ovetkez˝ o feladatok megold´ asait. Az egyes lek´erdez´esekn´el u ¨gyelj¨ unk arra, hogy mindig csak a k´ert ´ert´ekek jelenjenek meg ´es m´as adatok viszont ne. A megold´ asainkat a z´ ar´ ojelben l´ev˝ o n´even ments¨ uk el. 1. A Balatonon a legnagyobb sebess´eg˝ u szelek ´eszaki ir´ anyb´ol ´erkeznek. A d´eli parton u ´gy ´ep´ıtett´ek a kik¨ ot˝ oket, hogy tiszt´an ´eszakr´ ol v´edve legyenek, a bej´aratok ´eszaknyugatra, vagy ´eszakkeletre n´ezzenek. K´esz´ıts¨ unk lek´erdez´est, ´ sz´ amely az E” or´eszletet tartalmaz´o bej´arat´ u kik¨ot˝ ok nev´et ´es bej´arat´ anak ” ir´ any´ at megjelen´ıti nyugatr´ ol keletre sorrendben. (1eszak) o nev´et 2. K´esz´ıts¨ unk lek´erdez´est, amely t¨ ort´enetileg az els˝ o h´arom ki´ep´ıtett kik¨ot˝ sorolja fel. (2regiek) 3. Adjuk meg lek´erdez´es seg´ıts´eg´evel az egym´ ol´os, a k´etm´ol´os ´es karol´ om´ol´os (k˝ osz´ or´ as a kik¨ ot˝ o k¨ or¨ ul v´edelmi c´elb´ ol) kik¨ ot˝ ok sz´am´at. (3molok) 4. Lek´erdez´es seg´ıts´eg´evel soroljuk fel a Balaton nyugati medenc´ej´enek kik¨ot˝ oit, azaz a Tihanyi kik¨ ot˝ ot˝ ol nyugatra l´ev˝ oket. (4nyugat) 5. Lek´erdez´es seg´ıts´eg´evel soroljuk fel a m´ ol´oval nem rendelkez˝o, azaz nem v´edett kik¨ ot˝ ok nev´et. A list´ aban minden n´ev egyszer jelenjen meg. (5vedtelen) 6. A ny´ılt v´ızi kik¨ ot˝ okn´el nincs ´ertelme a ter¨ ulet megad´ as´anak, de a t¨obbin´el jellemz˝o adat. Adjuk meg lek´erdez´es seg´ıts´eg´evel azon k´etm´ol´os ´es medenc´es kik¨ ot˝ ok nev´et, ahol m´egsem ismert a ter¨ ulet. (6adathiany) 7. Lek´erdez´es seg´ıts´eg´evel adjuk meg az egym´ast´ ol legt´avolabbi k´et kik¨ot˝ ot. T´ avols´ agon a feladatban a Manhattan-t´ avols´ agot ´ertj¨ uk. A t´ avols´ ag meghat´aroz´ as´ahoz haszn´aljuk a kik¨ ot˝ ok sz´eless´egi ´es hossz´ us´aig GPS-koordin´at´ ait. (7tavolsag) Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban (i519.zip) az adatb´ azis, valamint egy r¨ ovid dokument´ aci´ o, amelyb˝ol kider¨ ul az alkalmazott adatb´azis-kezel˝ o neve ´es verzi´ osz´ ama. Let¨ olthet˝ o´ allom´anyok: a kikoto.txt, a kapcsolo.txt ´es a tipus.txt.

ovetkez˝ o j´at´ekot j´atssz´ak: Ad´el rajzol egy N sz´elesI/S. 47. Ad´el ´es Bence a k¨ s´eg˝ u ´es N magass´ ag´ u egys´egoldal´ u n´egyzetekb˝ ol ´ all´o n´egyzeth´ al´ot, majd minden mez˝ obe be´ır egy eg´esz sz´ amot. Ezut´ an Bence v´alaszt egy K pozit´ıv eg´esz sz´ amot, ´es rajzol egy 3 · 3 db, K oldalhossz´ u n´egyzetekb˝ ol ´all´o h´ al´ot u ´gy, hogy 3K  N legyen. Ezut´an a saj´ at K oldal´ u n´egyzetei k¨ oz¨ ul kisz´ınez tetsz˝olegesen X darabot (1  X  9), majd a saj´ at mint´aj´at r´ ailleszti a sz´ amozott n´egyzetr´ acsra u ´gy, hogy sz´elei a r´ acsvonalakra illeszkedjenek ´es a minta ne l´ogjon le a n´egyzetr´ acsr´ ol. Bence okben l´ev˝ o sz´ amok ¨osszege. Adjuk pontsz´ ama a sz´ınezett ter¨ ulet a´ltal lefedett mez˝ meg, hogy legf¨ oljebb h´ any pontot szerezhet Bence. Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N sz´ amot. A k¨ovetkez˝ o N sor mindegyike N sz´ amot tartalmaz, a mez˝okbe ´ırt sz´amokat. Az i-edik sor j-edik eleme Ai,j . Kimenet: az el´erhet˝ o legnagyobb pontsz´am. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

423

P´elda: Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) 6 1 0 2 3 -3 0 / 2 1 4 -1 1 1 / 1 2 -4 1 -3 5 2 2 5 -9 1 -6 / -1 0 1 1 -1 0 / 1 -1 -3 1 3 -7

Kimenet 19

Korl´ atok: 3  N  100, −1000  Ai,j  1000, Ad´el biztosan ´ırt nemnegat´ıv sz´ amot. Id˝ okorl´at: 0,5 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N  10. Bek¨ uldend˝o egy is47.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. S. 146. Adott egy N elem˝ u T t¨ omb 1-t˝ol indexelve, amely nemnegat´ıv eg´esz sz´ amokat tartalmaz. K´etf´ele m˝ uveletet v´egz¨ unk a T t¨ omb elemeivel. Az egyik m˝ uveletben hozz´ aadunk a t¨ omb n´eh´ any egym´ ast k¨ ovet˝o elem´ehez egy p ´ert´eket, vagyis adott a ´es b mellett minden i ∈ [a, b] index˝ u T [i] elem ezut´ an T [i] + p lesz. Defini´ aljuk adott c ´es d eset´en (ahol d − c + 1 p´ aros) a k¨ ovetkez˝ o szorzat¨ osszeget: T [c] · T [c + 1] + T [c + 2] · T [c + 3] + . . . + T [d − 1] · T [d], amely a [c, d] intervallum ´ert´eke a T t¨omb¨ on. A m´asodik m˝ uveletben adjuk meg a c ´es d sz´ amok a´ltal meghat´ arozott intervallum ´ert´ek´et. Mivel egy intervallum ´ert´eke nagyon nagy is lehet, asi marad´ek´ at kell megadni. ez´ert a lek´erdez´es eredm´eny´enek 109 + 7-tel vett oszt´ Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N ´es Q sz´ amokat. A k¨ ovetkez˝ o sor N sz´ amot tartalmaz, T elemeit. A k¨ ovetkez˝ o Q sor mindegyike vagy 1 a b p alak´ u, ami azt jelenti, hogy az [a; b] intervallumon minden t¨ omb´ert´eket megv´ altoztatunk p-vel; vagy 2 c d alak´ u, ami azt jelenti, hogy lek´erdezz¨ uk a [c, d] intervallum ´ert´ek´et. Kimenet: minden 2-es t´ıpus´ u k´erd´esre adjuk meg az intervallum ´ert´ek´et modulo 109 + 7. P´elda: Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) 5 3 / 1 0 2 3 1 / 2 1 4 / 1 2 4 1 / 2 2 5

Kimenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) 6 / 7

Korl´ atok: 1  N, Q  105 , 0  T [i], p  109 , 1  a, b, c, d  N , a  b, c < d. Id˝ okorl´at: 0,3 mp. ´ ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ Ert´ o, ha N  100. Bek¨ uldend˝o egy s146.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k ¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. november 15. ¨ ld´

424

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Ahhoz, hogy kider¨ ulj¨ on, hogyan v´ altozik v nagys´ aga az α sz¨ og kis megv´ altoztat´ asakor, vizsg´ aljuk meg a t¨ ort nevez˝ oj´enek sz¨ og szerinti deriv´ altj´ at:   2 cos2 α(L tan α + h) = 2L − 2(h + L tan α) sin 2α.

A 2020. ´ evi Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´ alogat´ overseny elm´ eleti feladatainak megold´ asa∗ F1. a) A goly´ o csak u ´gy ´erkezhet a g¨ od¨ or B sark´aba, ha el˝ otte a g¨od¨or f¨ ugg˝oleges oldalain p´ aratlan sz´ amszor visszapattan. Minden visszaver˝ od´esn´el a kis test sebess´eg´enek v´ızszintes komponense el˝ ojelet v´ alt, f¨ ugg˝oleges komponense pedig v´ altozatlan marad. A pattog´ o goly´ o p´ aly´ aj´at a f¨ ugg˝oleges falakra val´ o t¨ ukr¨oz´essel ki ” lehet hajtogatni”, ´es ´ıgy t¨ or´espontok n´elk¨ uli parabol´at kapunk. Nyilv´anval´o, hogy k¨ ozelebbi pontba kisebb kezd˝ osebess´eggel eljuttathat´o a goly´ o, teh´at az optim´alis (kihajtogatott) p´ alya eset´en a goly´ o csak egyszer pattan meg. Most m´ ar csak az a k´erd´es, hogy az eldob´as hely´et˝ ol t´ avolabbi falon hol legyen a pattan´ asi pont. Param´eterezz¨ uk a feladatot. Legyen d = 12 m a g¨od¨or t´ avolabbi fal´ anak t´ avols´ aga az A pontt´ ol, s = 2 m a g¨ od¨ or sz´eless´ege, h = 1 m a g¨od¨or m´elys´ege. Ezeken k´ıv¨ ul haszn´ alni fogjuk m´eg az L = d + s = 14 m t´ avols´ agot is. Jel¨olje C ´es D a g¨od¨or A ponthoz k¨ ozelebbi, illetve t´ avolabbi fels˝o sark´ at, B  pedig a B pontnak a g¨od¨or t´ avolabbi fal´ ara vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´ep´et (1. ´ abra). A kihajtogatott p´ alya teh´ at egy olyan parabola, amely ´atmegy az A ´es B  pontokon.

A t´ avols´ agadatok behelyettes´ıt´es´evel k¨ onnyen ellen˝ orizhet˝ o, hogy ez a deriv´ alt α ≈ 40◦ ´es ann´ al kisebb sz¨ ogekre biztosan pozit´ıv, azaz lapos” haj´ıt´ asi sz¨ ogek eset´en a B  pont ” eltal´ al´ as´ ahoz sz¨ uks´eges v sebess´eg ann´ al kisebb, min´el nagyobb az α sz¨ og ´ert´eke. A g¨ od¨ orbe belees˝ o goly´ o lehets´eges p´ aly´ ai k¨ oz¨ ul az 1. ´ abr´ an l´ athat´ o C ponton ´ atmen˝ o parabol´ ahoz tartozik a legkisebb α sz¨ og, m´ıg α ´ert´eke a D ponton ´ atmen˝ o p´ alya eset´en a legnagyobb. Teh´ at az optim´ alis p´ alya a g¨ od¨ or t´ avolabbi f¨ ugg˝ oleges fal´ at a legfels˝ o, D pontban tal´ alja el, majd egy pattan´ as ut´ an a kis test a B pontba ´erkezik.

b) A kinematikai egyenletekb˝ol kiindulva fel´ırhatjuk az optim´alis p´ alya AD szakasz´an a goly´ o v´ızszintes elmozdul´ as´ at az α sz¨ og ´es a v kezd˝ osebess´eg seg´ıts´eg´evel: (2)

d=

2v 2 sin α cos α . g

A megjegyz´esben szerepl˝ o (1) egyenletb˝ol be´ırva ide v 2 -et megkapjuk a haj´ıt´ asi sz¨oget: 3 hd = −→ α = 23,2◦ . tan α = L(L − d) 7 Ezt az eredm´enyt vissza´ırva a (2) egyenletbe a k¨ ovetkez˝ o kifejez´eshez jutunk: v2 =

1. ´ abra

Az A ´es B  pontokat ¨ osszek¨ ot˝ o lehets´eges parabol´ ak k¨oz¨ ul csak azokat v´alaszthatjuk, amelyek beesnek” a g¨ od¨ orbe, azaz a talaj szintj´et a CD szakaszon metszik. ” Szeml´eletesen l´ athat´ o, hogy ezek k¨ oz¨ ul a p´ aly´ ak k¨ oz¨ ul a legmagasabb, ADB  parabol´ ahoz tartozik a legkisebb kezd˝ osebess´eg, m´ıg a leglaposabb, ACB parabol´ ahoz a legnagyobb kezd˝osebess´eg. (Itt figyelembe vett¨ uk azt a t´enyt is, hogy a feladat al j´oval kisebb sz¨ ogben indul´o haj´ıt´asokr´ ol van sz´ o.) adatai alapj´an lapos, 45◦ -n´ Megjegyz´es. Az intu´ıci´ onkat sz´ amol´ assal is igazolhatjuk. Ha a haj´ıt´ as kezd˝ osebess´eoz¨ otti v´ızszintes (L = d + s) ´es ge v, az ind´ıt´ as hajl´ assz¨ oge α, akkor az A ´es B  pontok k¨ f¨ ugg˝ oleges (−h) elmozdul´ asokra a k¨ ovetkez˝ oket ´ırhatjuk fel: L = vt cos α,

−h = vt sin α −

g 2 t , 2

amib˝ ol a mozg´ as t idej´enek kik¨ usz¨ ob¨ ol´ese ut´ an az al´ abbi kifejez´est kapjuk v-re: v2 =

(1) ∗

2 cos2

gL2 . α(L tan α + h)

Az adatokat behelyettes´ıtve v´eg¨ ul megkapjuk a sebess´eg sz´ amszer˝ u ´ert´ek´et:  m 29 v= gd = 12,8 . 21 s F2. Mivel a szupravezet˝ o belsej´ebe a m´ agneses t´er nem hatolhat be, az indukci´ovonalak folytonoss´ag´ ab´ ol k¨ ovetkez˝ oen a m´ agneses indukci´ ovektornak mindenhol ´erint˝oir´ any´ unak kell lennie a cs˝o k¨ uls˝ o ´es bels˝ o fel¨ ulete ment´en. A feladatunk az, hogy a hat´arfelt´etelt kiel´eg´ıt˝ o (fel¨ uleti) ´arameloszl´ast megtal´ aljuk. Az ilyen, u ´n. perem´ert´ek-probl´em´ akat k¨ oz´episkol´as szinten a t¨ ukr¨ oz´es m´ odszer´evel szoktuk megoldani. Ennek l´enyege, hogy egy z´art tartom´ any perem´en elhelyezked˝ o ´aram- vagy t¨ olt´eseloszl´ as hat´ as´ at a tartom´anyon k´ıv¨ ul tal´ alhat´ o, megfelel˝oen olt´esekkel” hemegv´ alasztott er˝ oss´eg˝ u ´es helyzet˝ u t¨ uk¨ or´ aramokkal” vagy t¨ uk¨ ort¨ ” ” lyettes´ıtj¨ uk. Ez az elj´ ar´ as csak n´eh´ any speci´alis geometri´ aj´ u fel¨ ulet (pl. s´ıkok, g¨ omb vagy henger) eset´en m˝ uk¨ odik, de most ´eppen ilyennel van dolgunk. Pr´ob´aljuk h´at a szupravezet˝ o cs˝ o fal´ aban foly´o ´ aramok hat´ as´ at egy, a cs¨ ov¨ on k´ıv¨ ul elhelyezked˝ o, k´epzeletbeli, ´aramj´ arta egyenes vezet˝ ovel le´ırni! K¨onnyen l´ athat´ o, hogy a t¨ uk¨ or´ aram” a cs˝ o belsej´eben l´ev˝ o vezet´ekben foly´ o ” val´odi ´arammal ellent´etes ir´ any´ u, ellenkez˝ o esetben a m´ agneses indukci´ ovektor

A feladatok sz¨ ovege a K¨ oMaL m´ ult havi sz´ am´ aban olvashat´ o.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

gd(1 + tan2 α) gd = . 2 sin α cos α 2 tan α

425

426

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

sug´arir´any´ u komponense nem t˝ unhetne el a cs˝ o fala ment´en. A szimmetria miatt a t¨ uk¨ or´ aram a cs˝ o tengelye ´es a val´ odi ´aramvezet˝o ´altal meghat´ arozott s´ıkban helyezkedik el. Jel¨ olj¨ uk (´ altal´ anosan) a val´ odi vezet˝ onek, illetve a t¨ uk¨or´ aramnak a cs˝ o tengely´et˝ ol m´ert t´ avols´ ag´ at rendre d-vel ´es x-szel (az ennek megfelel˝ o vektorok pedig legyenek d ´es x). A t¨ uk¨ or´ aram egyel˝ ore ismeretlen er˝oss´eg´et jel¨olj¨ uk nI-vel (n > 0). Vizsg´aljuk a szupravezet˝ o cs˝ o szimmetriatengelyre mer˝ oleges s´ıkmetszet´et, ´es ´ırjuk fel bel¨ ul a m´agneses indukci´ovektort a 2. a ´bra jel¨ ol´eseivel a cs˝ o tengely´ehez k´epest R vektorral jellemezhet˝ o pontban (|R| = R)! A val´ odi aramvezet˝o ´es a t¨ ´ uk¨ or´ aram ´altal keltett indukci´ oj´arul´ekok vektoros alakban:

A z´ ar´ ojeleket felbontva, majd R × R = 0 felhaszn´ al´as´ aval:   nd x R× 2 − 2 = 0. |R − x| |R − d| Az R vektor minden ´ert´ek´ere ez csak u ´gy lehets´eges, ha a sz¨ ogletes z´ ar´ ojelben a´ll´ o vektor nullvektor. Mivel x ´es d egyir´ any´ u vektorok, ez´ert ennek felt´etele: x |R − x|

2

=

nd |R − d|

2.

Szorozzunk be a nevez˝ okkel, ´es fejts¨ uk ki az abszol´ ut´ert´ek-n´egyzeteket:     x R2 − 2Rd + d2 = nd R2 − 2Rx + x2 .

´ Atrendezve:

μ0 I r1 ez × 2 , B1 = 2π r1

xR2 − ndR2 + xd2 − ndx2 = 2(1 − n)(Rd)x.

2. ´ abra

μ0 nI r2 B2 = − ez × 2 , 2π r2 ahol r 1 ´es r 2 a vezet´ekekt˝ ol a vizsg´alt pontba mutat´o vektorok, ez pedig a val´ odi vezet´ekben foly´ o´ arammal azonos ir´ any´ u egys´egvektor. Azt szeretn´enk el´erni, hogy osszege) ´erint˝oir´ any´ u legyen, amit az ered˝o indukci´ovektor (ami B 1 ´es B 2 vektori ¨ matematikailag ´ıgy fejezhet¨ unk ki:

Az egyenlet bal oldala nem f¨ ugg az R vektor ir´ any´ at´ ol, m´ıg a jobb oldal igen. Ez az egyenl˝os´eg csak u ´gy ´allhat fenn R tetsz˝ oleges ir´ anya eset´en, ha n = 1, azaz az egyenlet mindk´et oldala nulla. Ez azt jelenti, hogy a t¨ uk¨ orvezet´ekben” foly´ o ” ´aram ugyanakkora nagys´ ag´ u, de ellent´etes ir´ any´ u, mint a val´odi vezet˝ oben foly´o ´aram. Az n = 1 helyettes´ıt´essel r¨ ovid sz´ amol´as ut´an v´eg¨ ul a k¨ ovetkez˝ o eredm´enyt kapjuk a t¨ uk¨orvezet´ek helyzet´ere: d=

R(B 1 + B 2 ) = 0. abbi kifejez´es´et, majd egyszer˝ us´ıt´es ut´ an: Ebbe behelyettes´ıtve B 1 ´es B 2 kor´

azaz x = R/2 eset´en d = 2R.

R(ez × r 1 ) nR(ez × r 2 ) − = 0. r12 r22

a) A cs˝o belsej´eben a m´ agneses mez˝ ot a val´ odi ´es a t¨ uk¨ orvezet´ek” a´ltal ” keltett terek szuperpoz´ıci´ ojak´ent sz´ amolhatjuk. Az egyenes a´ramj´ arta vezet´ekre hosszegys´egenk´ent hat´ o f Lorentz-er˝ o kisz´ am´ıt´ asakor teh´at a t¨ uk¨ orvezet´ek a´ltal a val´odi vezet´ek hely´en keltett m´agneses teret kell figyelembe venn¨ unk:

A vegyes szorzatra vonatkoz´ o a(b × c) = b(c × a) azonoss´ agot felhaszn´alva:   r 1 × R nr 2 × R ez − = 0. r12 r22   

f = IB2 = I ·

=0

A sz¨ ogletes z´ ar´ ojelben a´ll´ o mindk´et tag p´ arhuzamos az ez vektorral, ez´ert a skal´ aris szorzat csak u ´gy lehet z´erus, ha a z´ ar´ ojeles mennyis´eg elt˝ unik. Fejezz¨ uk ki az r 1 ´es r 2 vektorokat x-szel ´es d-vel! r 1 = R − x,

r 2 = R − d.

Ezzel a k¨ ovetkez˝ o felt´etelt kapjuk: (R − x) × R |R − x|

2

−

n(R − d) × R

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

|R − d|

2

R2 , x

= 0.

427

μ0 I 2 μ0 I = . 2π(d − x) 3πR

Az er˝o tasz´ıt´o jelleg˝ u, a vezet´ek igyekezne” a szupravezet˝ o cs˝ o k¨ ozep´en elhelyez” kedni. b) A feladat s´ıkbelis´ege miatt a cs˝ o bels˝ o ´es k¨ uls˝ o fal´an egyar´ ant tengelyir´any´ u ´aram folyik. A bels˝o fel¨ uleten foly´ o ´ aram vonalmenti s˝ ur˝ us´eg´et az Amp`ere-f´ele gerjeszt´esi t¨orv´ennyel hat´ arozhatjuk meg. Ehhez tekints¨ uk az A pont k¨ orny´ek´en a 3. ´ abr´ an l´athat´ o, t´eglalap alak´ u z´ art hurkot! Ha a t´eglalap fallal p´ arhuzamos oldala  hossz´ us´ ag´ u, akkor a gerjeszt´esi t¨ orv´eny: BA = μ0 JA , 428

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

valamint a vonalmenti a´rams˝ ur˝ us´eg: JB =

3. ´ abra

hiszen a szupravezet˝ o anyagban a m´agneses indukci´ o ´ert´eke nulla. Ebb˝ ol a JA vonalmenti a´rams˝ ur˝ us´eg: 1 JA = BA , μ0 ´es hasonl´ o o ugg´es igaz a cs˝ o bels˝ o fal´anak b´ armely pontj´ ara. Az A pontbeli ¨sszef¨ indukci´ ovektor nagys´ aga szuperpoz´ıci´oval k¨ onnyen sz´ amolhat´ o a t¨ uk¨or´ aram seg´ıts´eg´evel: μ0 I μ0 I μ0 I − = . BA = 2π(R + x) 2π(R + d) 6πR Az A pont k¨ ozel´eben teh´ at a cs˝ o bels˝ o fal´an a vonalmenti ´arams˝ ur˝ us´eg:

c) A cs˝ o bels˝ o fel¨ ulet´en foly´ o´ arameloszl´as ¨ onmag´aban elegend˝o ahhoz, hogy az indukci´ovonalak behatol´ as´ at a szupravezet˝obe megakad´alyozza. Ennek az a´ramnak a teljes er˝ oss´ege ´eppen I, amint az k¨ onnyen bel´ athat´ o, ha az Amp`ere-t¨ orv´enyt a cs˝o fal´aban fut´ o k¨ orre alkalmazzuk. Ennek az a´ramnak (a cs˝ o v´eges m´erete miatt) valahol vissza is kell folynia, az pedig csak a cs˝o k¨ uls˝ o fel¨ ulet´en lehets´eges. A k¨ uls˝ o fel¨ uleten foly´ o´ aram eloszl´as´ anak olyannak kell lennie, hogy a cs˝o fal´ aban az indukci´o tov´ abbra is z´erus maradjon. Ez u ´gy lehets´eges, hogy a k¨ uls˝ o fel¨ uleten az a´rameloszl´as egyenletes, vonalmenti ´ arams˝ ur˝ us´ege I/(2πR). altal F3. a) A hat´ asfok defin´ıci´ oja alapj´an kifejezhetj¨ uk a bels˝ o Carnot-g´ep ´ Qm Qh felvett ´es leadott Jm = Δt ´es Jh = Δt h˝ oteljes´ıtm´enyt az η hat´ asfokkal ´es a g´ep

W ´altal leadott P = Δt mechanikai teljes´ıtm´ennyel:

⎫ P Jm − Jh ⎪ Qm − Qh Jm = , ⎬ = η Qh Jm −→ ⎪ P (1 − η) ⎭ . Jh = P = Jm − Jh η η=

Fourier h˝ ovezet´esi t¨ orv´enye a meleg ´es a hideg oldalon ´ıgy ´ırhat´ o:

I JA = . 6πR

Jm = κm (Tm − tm ),

A B pontbeli indukci´ ovektor kisz´ am´ıt´ asa egy fokkal nehezebb, mert itt B 1 ´es B 2 nem p´ arhuzamos ir´ any´ u vektorok. A 3. a´br´ an l´athat´ o α sz¨og seg´ıts´eg´evel az ered˝o indukci´ovektor nagys´ aga: BB = B1 cos α − B2 sin α =

μ0 I μ0 I cos α − sin α. 2πr1 2πr2

μ0 I (cos2 α − sin2 α). 2π

2 R =√ , 5 R 2 + x2

th = T h +

Jh P (1 − η) = Th + . κh ηκh

P (1−η)

1 sin α = √ . 5

,

m

ahonnan kifejezhet˝ o a keresett P (η) f¨ uggv´eny:   η κm κ h Th . P (η) = ηTm − κm + κh 1−η

3μ0 I , 10π

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Jm P = Tm − , κm ηκm

Th + ηκ th h η =1− =1− tm Tm − ηκP

Ebb˝ ol v´eg¨ ul a B pontbeli indukci´ o: BB =

tm = Tm −

A bels˝ o Carnot-g´ep hat´ asfok´ at a h˝ otart´ alyok tm ´es th h˝ om´ers´eklet´enek ismeret´eben fel´ırhatjuk, ´es ´ıgy ¨ osszef¨ ugg´est kapunk η ´es P k¨ oz¨ ott:

A megjelen˝ o sz¨ ogf¨ uggv´enyeket a 3. a´bra seg´ıts´eg´evel kifejezhetj¨ uk: cos α = √

Jh = κh (th − Th ).

A h˝o´aramokra kapott kor´ abbi formul´ ak, illetve a h˝ ovezet´esi egyenletek felhaszn´ al´as´aval kifejezhetj¨ uk a bels˝ o tm ´es th h˝ om´ers´ekletet a k¨ uls˝ o Tm ´es Th h˝ om´ers´eklettel, a hat´ asfokkal, valamint a leadott mechanikai teljes´ıtm´ennyel:

Felhaszn´ alva, hogy r1 = R/ cos α, r2 = R/ sin α: BB =

3I . 10π

429

430

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

b) Ahogy n¨ ovelj¨ uk a g´epb˝ ol kivett P mechanikai teljes´ıtm´enyt, n˝o a Jm ´es Jh h˝ o´ aram is. Ha azonban ezek a h˝o´ aramok t´ ul nagyok, akkor naggy´ a v´ alik a k¨ uls˝ o ul¨onbs´eg, ´es a k´et bels˝o ´es bels˝o h˝ om´ers´ekletek k¨ oz¨ otti Tm − tm illetve th − Th k¨ h˝ om´ers´eklet k¨ ozel ker¨ ul egym´ ashoz, ami az η hat´ asfok, illetve a P teljes´ıtm´eny asfok, ami cs¨ okken´es´ehez vezet. Ez alapj´ an l´athat´ o, hogy van egy optim´alis η ∗ hat´ mellett a leadott P mechanikai teljes´ıtm´eny maxim´ alis. A P (η) f¨ uggv´eny maximum´ an´al a deriv´alt z´erus, teh´ at   κm κh 1  ∗ Tm − P (η ) = 2 Th = 0, κm + κh (1 − η ∗ )

Mivel az S er˝ onek forgat´ onyomat´eka van a t¨ omegk¨ oz´eppontra n´ezve, az R sugar´ u labda β sz¨oggyorsul´assal forogni kezd az y ir´ annyal p´ arhuzamos tengely k¨ or¨ ul a 4. ´abr´ an felt¨ untetett ir´ anyban. A forg´omozg´as dinamikai egyenlete: 2 mR2 β, 5

SR =

ahol felhaszn´altuk, hogy a labda tehetetlens´egi nyomat´eka 2mR2 /5. Ebb˝ol meghat´arozhat´ o a labda sz¨ oggyorsul´asa: β=

ahonnan a keresett maximumhely: ∗

η =1−



Th . Tm

´ Erdekes, hogy az eredm´eny f¨ uggetlen a h˝ ovezet´esi t´enyez˝ okt˝ ol, ´es csup´ an” ” a n´egyzetgy¨ okjelben t´er el a Carnot-g´ep hat´ asfok´ at´ ol. F4. Vezess¨ unk be egy koordin´ ata-rendszert, melynek x tengelye a fut´ oszalag sebess´eg´evel azonos ir´any´ u, y tengelye pedig a labda kezd˝osebess´eg´enek ir´ any´ aba mutat (4. ´ abra). Amikor a labda meg´erkezik a fut´oszalagra, t¨omegk¨oz´eppontj´anak x ir´ any´ u sebess´egkomponense z´erus, y ir´ any´ u sebess´ege pedig a kezdeti v0 ´ert´ek: vx (t = 0) = 0,

vy (t = 0) = v0 .

A labda kezdetben csak az x ir´ annyal p´ arhuzamos tengely k¨or¨ ul forog, a sz¨ogsebess´eg-vektor y komponense teh´ at nulla: ωy (t = 0) = 0.

5S . 2mR

L´atszik, hogy a s´ url´od´ asi er˝ o csak a sebess´eg x komponens´et ´es a sz¨ ogsebess´egvektor y komponens´et v´ altoztatja meg, a t¨ omegk¨ oz´eppont y ir´ any´ u sebess´egkomponens´ere ´es az x tengellyel p´ arhuzamos tengely k¨ or¨ uli forg´omozg´asra nincs hat´ assal. Ebb˝ ol k¨ovetkezik, hogy a labda legals´ o pontj´ anak fut´ oszalaghoz viszony´ıtott relat´ıv sebess´ege mindv´egig −x ir´ any´ u marad. Azaz a labd´ara hat´ o cs´ usz´ asi s´ url´od´ asi er˝ onek nem csak a nagys´ aga, de az ir´ anya is ´alland´ o! A labda szalagra ´erkez´es´enek t = 0 id˝ opillanat´ at´ ol sz´am´ıtva meghat´ arozhat´ o, hogyan f¨ ugg a t¨ omegk¨ oz´eppont vx (t) sebess´ege, valamint az ωy (t) sz¨ ogsebess´eg az id˝ot˝ ol: ωy (t) = βt. vx (t) = at, A labda oldalaz´ o” cs´ usz´ asa k¨ ozben vx (t) ´es ωy (t) egyenletesen n¨ ovekszik mindad” dig, am´ıg el˝ o nem ´ all a labda tiszta g¨ ord¨ ul´ese. Tiszta g¨ ord¨ ul´esr˝ ol akkor besz´elhet¨ unk, ha a labda fut´oszalaggal ´erintkez˝o pontj´ anak nyugv´ o koordin´ ata-rendszerben m´ert sebess´ege megegyezik a szalag V sebess´eg´evel. Matematikailag megfogalmazva: vx (τ ) + ωy (τ )R = V, ahol τ a tiszta g¨ ord¨ ul´es be´ allt´ anak id˝opillanat´ at jel¨ oli. A fenti egyenletb˝ ol, valamint a sz¨oggyorsul´asra ´es a gyorsul´ asra kapott kor´ abbi eredm´enyekb˝ ol τ kifejezhet˝ o: 2mV . 7S

τ=

4. ´ abra

A fut´ oszalagra ´erve a labd´ara az ´alland´ o nagys´ ag´ u S cs´ usz´ asi s´ url´od´asi er˝ o kezd hatni a fut´ oszalag sebess´eg´evel megegyez˝o ir´anyban. A tov´ abbi mozg´ as sor´ an a s´ url´od´ asi er˝ o ir´ anya mindig a labda legals´ o pontj´ anak a fut´oszalaghoz viszony´ıtott (relat´ıv) sebess´eg´evel ellent´etes lesz. A cs´ usz´ asi s´ url´od´asi er˝ o kezdetben x ir´ anyban gyors´ıtja az m t¨omeg˝ u labda t¨ omegk¨ oz´eppontj´at, ´ıgy annak gyorsul´ asa: a=

A feladat kit˝ uz´es´eben szerepel, hogy a s´ url´od´ asi egy¨ utthat´ o (´es emiatt S is) igen nagy, ´ıgy τ r¨ovid id˝otartam. Vagyis a tiszta g¨ ord¨ ul´es sokkal hamarabb be´ all, mint amennyi id˝ o alatt a labda a´t´er a fut´ oszalag t´ uls´ o oldal´ ara. A tiszta g¨ ord¨ ul´es kialakul´as´at´ ol kezdve a labda t¨ omegk¨ oz´eppontj´anak x ir´ any´ u komponense a´lland´ o lesz, ´ert´eke: 2 S 2mV = V. vx (τ ) = aτ = m 7S 7 A labda teh´at az asztalhoz k´epest 2V /7 sebess´eggel egyenletesen mozog x ir´ anyban, ´ıgy mire ´at´er a szalag t´ uloldal´ ara,

S . m

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

d= 431

432

2V s 7v0

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

utat tesz meg a szalaggal p´arhuzamosan, teh´ at ekkora m´ert´ekben tol´ odik el a p´ aly´ aja. F5. a) Sz´amozzuk meg a f´emg¨ ombh´ejak f˝obb fel¨ uleteit a 5. ´ abra bal oldala szerint! A feladatbeli elrendez´es elektrosztatikus szempontb´ ol modellezhet˝o az 5. a´bra jobb oldal´ an l´athat´ o rendszerrel. A Q1−4 t¨ olt´esek rendre az 1-4. fel¨ uleteken lev˝ o t¨ olt´eseknek feleltethet˝ oek meg.

Az eddigi eredm´enyek alapj´ an kisz´am´ıthatjuk az 5. ´abra bal oldal´ an l´athat´ o fel¨ uletek t¨olt´ess˝ ur˝ us´eg´et. A feladatkit˝ uz´esben szerepl˝ o f´emg¨ omb 1. ´es 2. fel¨ uleteinek t¨olt´ess˝ ur˝ us´ege: σ1 =

Q1 Q = , 2πR2 4πR2

σ2 = −σ1 = −

Q . 4πR2

M´ıg a f´elg¨ombh´ej k¨ uls˝ o ´es bels˝o fel¨ ulet´enek egy¨ uttes t¨ olt´ess˝ ur˝ us´ege: σf =

Q3 + Q4 Q = . 2 2πR 2πR2

b) Ahhoz, hogy meghat´arozzuk, mekkora er˝ ovel hat egym´asra a g¨ omb ´es a f´elombfel¨ uleg¨ombh´ej, meg kellene hat´ aroznunk, mekkora Eg teret hozna l´etre a g¨ ten lev˝ o t¨olt´eselrendez˝ od´es, ha a f´elg¨ ombh´ej nem lenne ott. Ebben az Eg t´erben helyekedik el ugyanis a f´elg¨ ombh´ej, amelyre a t´errel ar´ anyos nagys´ ag´ u Coulomber˝ o hat. 5. ´ abra

A C kondenz´ ator fegyverzeteinek t¨ olt´ese ugyanakkora nagys´ ag´ u, de ellent´etes el˝ojel˝ u: Q2 = −Q3 .

A C kondenz´ ator kapacit´asa igen nagy, hiszen a 2. ´es 3. fel¨ uletek nagyon k¨ozel vannak egym´ashoz. Ez´ert, ha v´eges mennyis´eg˝ u t¨ olt´essel rendelkezik a kondenz´ator, a fegyverzetek k¨ ozti fesz¨ ults´eg elhanyagolhat´ oan kicsi marad, azaz a 2. ´es 3. fel¨ uletek l´enyeg´eben ekvipotenci´ alisak. A vel¨ uk f´emes kapcsolatban a´ll´o 1. ´es 4. fel¨ uletek emiatt szint´en ekvipotenci´ alisnak tekinthet˝ ok. ´Igy az 5. a´bra jobb oldal´ an l´athat´ o C kondenz´ atoron k´ıv¨ ul, de a g¨ ombh´ejakon bel¨ ul az elektromos t´erer˝ oss´eg nulla, ami csak u ´gy lehets´eges, ha az 1. ´es 4. fel¨ uletek t¨ olt´ese megegyezik:

aroz´ asa ´erdek´eben vizsg´aljuk meg a t´erer˝ oss´eget f´elg¨ ombh´ej Az Eg t´er meghat´ anyag´ anak belsej´eben, vagyis a 3. ´es a 4. fel¨ ulet k¨ oz¨ ott! Ismert, hogy f´emek belsej´eben az elektromos t´erer˝ oss´eg z´erus, ez igaz a 3. ´es 4. fel¨ ulet k¨ oz¨ otti t´err´eszben is. Itt a t´erer˝ oss´eget h´ arom ¨ osszetev˝ o hat´ arozza meg az al´ abbi egyenlet szerint: Eg + E3 − E4 = 0, omb ´ altal keltett, egyel˝ ore ismeretlen t´erer˝ oss´eg, E3 a 3. fel¨ ulet a´ltal ahol Eg a f´emg¨ keltett t´er, amely a 3. ´es 4. fel¨ uletek k¨ ozt sug´ arir´anyban kifel´e mutat, tov´ abb´ a E4 a 4. fel¨ ulet j´arul´eka, amely sug´ arir´anyban befel´e mutat, ´ıgy negat´ıv el˝ ojellel kell figyelembe venni. oss´eg kifejezhet˝ o: A fenti egyenletb˝ ol a k´erd´eses Eg t´erer˝

Q 1 = Q4 . Teh´ at a Q1 ´es Q4 t¨olt´esekkel rendelkez˝o f´elg¨ omb¨ok fel¨ uletei ¨osszess´eg´eben egy egyenletesen t¨ olt¨ ott g¨ombfel¨ ulet megszokott g¨ ombszimmetrikus ter´et hozza l´etre a fel¨ uleteken k´ıv¨ ul, m´ıg bel¨ ul a t´er z´erus. Tudjuk tov´abb´ a, hogy a feladatban szerepl˝o f´elg¨ombh´ejra o¨sszesen Q t¨olt´est juttattunk, teh´ at fenn´all: Q3 + Q4 = Q. A f´emg¨ omb ¨ osszt¨ olt´ese viszont nulla, amelyet a Q1 + Q2 = 0 egyenlet fejez ki. A fenti egyenletrendszert megoldva a k¨ovetkez˝ o t¨olt´es´ert´ekeket kapjuk: Q1 =

Q , 2

Q Q3 = , 2 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Q2 = −

Eg = E4 − E3 =

σ4 σ3 − = 0, ε0 ε0

ahol felhaszn´altuk azt a Gauss-t¨ orv´enyb˝ ol k¨ ovetkez˝ o t´enyt, hogy az E3 ´es E4 t´erer˝ oss´egek a 3. ´es 4. fel¨ ulet t¨ olt´ess˝ ur˝ us´egeivel ar´ anyosak. Mivel azonban σ4 = σ3 , alt f´emg¨ omb teh´at nem hoz l´etre elektromos teret a f´elg¨ ombh´ej ´ıgy Eg = 0. A polariz´ hely´en, ´ıgy a k´et test k¨ oz¨ ott nem l´ep fel er˝ o! F6. Gondolatban osszuk fel a bolyg´o l´egk¨ or´et koncentrikus, v´ekony g¨ ombog alatt bel´ep az r1 sugar´ u, h´ejakra. Vizsg´ aljuk a f´enysugarat, ahogy α1 bees´esi sz¨ ag´ u g¨ ombh´ejba (6. ´ abra). dr = r2 − r1 vastags´ A g¨ombh´ej k¨ uls˝ o fel¨ ulet´en a t¨ or´esmutat´ o n(r1 )-r˝ ol n(r2 )-re v´ altozik, ´ıgy a β1 t¨or´esi sz¨og a Snellius–Descartes-t¨ orv´ennyel sz´amolhat´ o: n(r1 ) sin α1 = n(r2 ) sin β1 .

Q , 2

oggel is, amely alatt a f´enysug´ ar az r2 A β1 sz¨og kifejezhet˝o azzal az α2 bees´esi sz¨ sugar´ u g¨ombh´ejhoz ´er: β1 = α2 − dϕ,

Q Q4 = . 2 433

434

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

c) ´Irjuk fel a ϕ sz¨ og dϕ/dt v´ altoz´ asi u ¨tem´et: dϕ v(r) cos θ c cos θ = = , dt r n0 R amely a´lland´ o. A feladat sz¨ ovege szerint a r´ adiuszvektor 2πN sz¨ oggel fordul el a felsz´ın el´er´es´eig (itt N eg´esz sz´ am), a felsz´ın el´er´es´eig sz¨ uks´eges t id˝ ot kor´ abban meghat´aroztuk, ´ıgy: 2πN c cos θ = . t n0 R A t-re kapott kor´abbi eredm´enyt felhaszn´ alva tan θ kifejezhet˝ o: tg θ =

Megjegyz´es. Term´eszetesen akkor is az ind´ıt´ asi pont alatt ´eri el a l´ezersug´ ar a bolyg´ o alisan megkapjuk ezt a megold´ ast is felsz´ın´et, ha sug´ arir´ anyban ind´ıtjuk (θ = 90◦ ). Form´ az N = 0 helyettes´ıt´essel.

6. ´ abra

ahol dϕ a sug´ ar 6. a´br´ an l´athat´ o kis sz¨ ogelfordul´ asa. A fenti k´et egyenlet, valamint a k´et sz¨ og ¨ osszeg´enek szinusz´ara vonatkoz´ o azonoss´ag felhaszn´al´as´ aval a k¨ovetkez˝ ot kapjuk: n(r1 ) sin α1 ≈ n(r2 ) sin α2 (1 − dϕ cot α2 ).

Sarkadi Tam´ as, Sz´ asz Kriszti´ an, Tasn´ adi Tam´ as, Vank´ o P´ eter ´es Vigh M´ at´ e

Az ´abr´ ar´ ol leolvashat´o m´eg az r1 dϕ cot α2 ≈ r1 − r2 geometriai ¨osszef¨ ugg´es. Ennek seg´ıts´eg´evel megkapjuk a g¨ ombi Snellius–Descartes-t¨orv´enyt”: ” n(r1 )r1 sin α1 = n(r2 )r2 sin α2 .

Ifj´ u Fizikusok Nemzetk¨ ozi Versenye

Megjegyz´es: Ez az egyenlet abb´ ol a t´enyb˝ ol is levezethet˝ o, hogy k¨ ozeghat´ aron a f´eny hull´ amsz´ amvektor´ anak fel¨ ulettel p´ arhuzamos komponense nem v´ altozik meg, ´ıgy a f´eny (bolyg´ o k¨ oz´eppontj´ ara vonatkoztatott) impulzusnyomat´eka” ´ alland´ o. ”

a) A feladatban n(r) = n0 R/r, azaz a f´eny bees´esi sz¨oge ´alland´ o marad a k¨ozeghat´ arokon. Ez azt jelenti, hogy a f´enysug´ar p´ aly´ aj´anak ´erint˝oje ´alland´ o, 90◦ − θ sz¨ oget z´ ar be a sug´ arral; a f´eny trajekt´ ori´aja teh´ at logaritmikus spir´ al. b) A f´eny terjed´esi sebess´ege a bolyg´o k¨ oz´eppontj´at´ ol r t´avols´ agra: c c v(r) = = r, n(r) n0 R ´ıgy a sebess´eg radi´ alis komponense −v(r) sin θ. A felsz´ın el´er´es´ehez sz¨ uks´eges id˝ ot teh´ at a k¨ ovetkez˝ o integr´ al adja meg: t=



dt =

R

R+h0

n0 R dr = −v(r) sin θ c sin θ

R+h

0

dr . r

R

Az integr´ al´ast elv´egezve v´eg¨ ul a k¨ ovetkez˝ o eredm´enyt kapjuk: R + h0 n0 h0 n0 R ln ≈ , c sin θ R c sin θ ahol az utols´o l´ep´esben felt´etelezt¨ uk, hogy h0  R. t=

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

1 R + h0 1 h0 ln ≈ . 2πN R 2πN R

Versenyfelh´ıv´ as ´ es besz´ amol´ o Ha szereted a fizik´ at, a k´ıs´erletez´est, j´ ol besz´elsz angolul, ´es egy ´eletre sz´ ol´ o ´elm´enyre v´ agysz, akkor itt a helyed! A Fizika Vil´agbajnoks´ agnak is nevezett IYPT (Ifj´ u Fizikusok Nemzetk¨ ozi Versenye, angolul International Young Physicists’ Tournament) egy angol nyelv˝ u, k´ıs´erleti fizikai csapatverseny, ahova a vil´ ag minden t´aj´ar´ ol (t¨ obb mint 30 orsz´ agb´ ol) ´erkeznek k¨oz´episkol´ asok, hogy ¨ osszem´erj´ek tud´ asukat. Az IYPT a XXI. sz´ azad kih´ıv´ asainak megfelel˝ o k´eszs´egeket v´ ar el az indul´okt´ ol: nemcsak a fizik´aban kell j´artasnak lenni, hanem az eredm´enyeket prezent´ alni ´es megv´edeni is tudni kell! A r´esztvev˝ o di´ akok a versenyt megel˝oz˝ oen elv´egzett fizikai m´er´eseiket ´es kutat´ asaikat egy – angol nyelven el˝ oadott – tudom´ anyos prezent´ aci´ o form´ aj´aban mutatj´ak be a riv´alis csapatoknak. Az IYPT verseny magyarorsz´agi els˝ o fordul´oj´ara (Hungarian Young Physicists’ Tournament, HYPT) az hypt.elte.hu oldalon val´ o regisztr´ aci´ o hat´ arideje: 2020. november 9. ´ ejf´ el. ar´ ol 10 perces angol A jelentkez˝ o di´akoknak egy kiv´alasztott IYPT probl´em´ nyelv˝ u el˝oad´ast kell k´esz´ıteni ´es felvenni, majd 2020. november 30-ig bek¨ uldeni.

435

436

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

Ezen el˝ oad´ asok alapj´an a legjobb bek¨ uld˝ ok az ELTE TTK-n, december k¨ozep´en megrendez´esre ker¨ ul˝ o sz´obeli fordul´on vehetnek r´eszt. Az indul´o di´akoknak itt az a´ltaluk bek¨ uld¨ ott el˝ oad´ ast ´el˝ oben kell el˝oadniuk.

N´ adori Jakab (Budapest, ELTE Radn´ oti Mikl´ os Gyakorl´ o Gimn´azium, 11. ´evf.); Simon Tam´ as (Budapest, N´emet Nemzetis´egi Gimn´ azium, 10. ´evf.).

A decemberi fordul´ ot id´en 100 000 forint ¨ osszd´ıjaz´ assal hirdetj¨ uk meg, amiben az ´evfolyamonk´enti els˝ o helyezett versenyz˝ ok osztoznak.

Id´en is nagyon sok munka ´es tanul´ as el˝ozte meg a nemzetk¨ ozi versenyt, b´ ar a j´arv´ any a mi helyzet¨ unket is megnehez´ıtette. Az ELTE TTK ´ep¨ ulet´eben tal´ alhat´ o di´ aklaborunk mellett a felk´esz¨ ul´es sor´ an id´en egy edz˝ ot´ aboron is r´eszt vehettek a versenyz˝ ok. A felk´esz´ıt˝ o munk´ at egyetemi oktat´ ok/kutat´ ok (Asb´ oth J´ anos, Boross P´eter, Isp´ anovity P´eter, H¨ om¨ ostrei Mih´ aly, Jenei P´eter, Sz´echenyi G´ abor, T¨ uzes D´ aniel, Vincze Mikl´ os) ´es egyetemi hallgat´ ok (B´ an´ oczki T´ımea, Plaszk´ o Noel, Penc Patrik, Gyulai Marcell, Vavrik M´ arton) v´egezt´ek az ELTE Fizikai Int´ezet´eben. ul´es A sok nevet´essel ´es kem´eny munk´ aval t¨ olt¨ ott ´ev ut´ an most indul a felk´esz¨ a 2021-es megm´erettet´esre, mely Pakiszt´ anban ker¨ ul megrendez´esre.

A decemberi sz´ obeli fordul´ot k¨ ovet˝oen a 10 legmagasabb pontsz´amot el´er˝ o di´ ak az ELTE TTK Anyagfizikai Tansz´ek´en v´egezheti a tov´ abbi kutat´ asait. A felk´esz¨ ul´es sor´ an ny´ ujtott teljes´ıtm´eny alapj´ an 3 di´ak indulhat az osztr´ak AYPT versenyen, az 5 legjobb di´ ak pedig beker¨ ul a Pakiszt´anban megrendez´esre ker¨ ul˝ o 34. IYPT magyar csapat´aba. Jelentkez´es, a feladatok sz¨ ovege ´es tov´abbi inform´ aci´ ok az hypt.elte.hu weboldalon, illetve az [email protected] email c´ımen. uz¨ ott IYPT probl´em´ak k¨oz¨ ul: N´eh´ any p´elda a 2021-re kit˝

az HYPT szervez˝ ok csapata

2. K¨ or¨ oz˝ o m´ agnesek. A hengeres elem k´et v´eg´ere r¨ogz´ıts¨ unk k¨ ul¨onb¨oz˝ o ´atm´er˝ oj˝ u gombm´agneseket. Alum´ınium f´ oli´ ara helyezve a t´argy k¨or¨ozni kezd. Vizsg´ ald meg, hogy a mozg´as hogyan f¨ ugg a relev´ ans param´eterekt˝ ol! 6. Visszaford´ıthatatlan Cartesius-b´ uv´ ar. Helyezz¨ unk egy egyszer˝ u Cartesiusb´ uv´ art (ami p´eld´ aul egy ford´ıtott k´emcs˝o, r´eszben v´ızzel megt¨oltve) v´ızzel t¨olt¨ott hossz´ u, f¨ ugg˝oleges cs˝ obe. A cs˝ oben l´ev˝ o nyom´ ast n¨ ovelve a Cartesius-b´ uv´ar s¨ ullyedni kezd. Amikor el´er egy bizonyos m´elys´eget, soha nem t´er vissza a felsz´ınre, m´eg akkor sem, ha a nyom´ ast vissza´all´ıtj´ ak a kezdeti ´ert´ekre. Vizsg´ ald meg ezt a jelens´eget, ´es mutasd be hogyan f¨ ugg a relev´ ans param´eterekt˝ ol! 12. Wilberforce-inga. A Wilberforce-inga egy f¨ ugg˝olegesen felf¨ uggesztett spir´ alrug´ob´ol ´es egy azon l´ og´ o t¨ omegb˝ ol ´ all. A t¨ omeg a rug´ on felfel´e ´es lefel´e egyar´ant mozoghat, ´es f¨ ugg˝oleges tengelye k¨ or¨ ul foroghat. Vizsg´ ald meg egy ilyen inga viselked´es´et, ´es mutasd be hogyan f¨ ugg a mozg´asa a relev´ ans param´eterekt˝ ol! Az els˝ o online IYPT 2020-ban a tervek szerint Temesv´ aron ker¨ ult volna megrendez´esre a 33. IYPT. A koronav´ırus-j´arv´ any sajnos k¨ ozbesz´ ol: 2020. a´prilis k¨orny´ek´en a rom´ an szervez˝ok lemondt´ ak. Gr´ uzi´aba ker¨ ult volna ´at a verseny, de az utols´ o pillanatban az is meghi´ usult. A nemzetk¨ ozi szervez˝ obizotts´ ag ezek ut´an az online megrendez´es mellett ont¨ ott. Egy alapvet˝ oen a kommunik´ aci´ ora ´es tudom´ anyos vit´ ara ´ep¨ ul˝ o versenyn´el d¨ ez nem kis kih´ıv´ as, ´es term´eszetesen a csapatok felk´esz¨ ul´es´et is nehez´ıtette a j´ ar¨ v´ any. Osszesen 12 orsz´ag tudta v´allalni a r´eszv´etelt, k¨ozt¨ uk a magyar csapattal. A nagyon kiegyenl´ıtett mez˝ onyben v´eg¨ ul a 9. helyet szerezt¨ uk meg. Tov´ abbi inform´ aci´ ok´ert l´ atogasd meg, ´es k¨ovesd Facebook oldalunkat: www.facebook.com/hypt.elte.hu, ahol a csapat k´epeit ´es esem´enyeit tal´ alod, amik t¨ obbet mondanak minden sz´ on´ al! A magyar csapat tagjai voltak: ´ am (Nagykanizsa, Batthy´ Dob´ o Ad´ any Lajos Gimn´azium, 12. ´evf.); ´ Kadlecsik Ad´ am (Tatai E¨ otv¨ os J´ ozsef Gimn´azium ´es Koll´egium, 12. ´evf.); Lipovics T. D´ aniel (Budapest, Piarista Gimn´ azium, 12. ´evf.); K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

437

Fizika gyakorlatok megold´ asa

G. 705. K´et goly´ ot enged¨ unk el egy magasan lebeg˝ o l´eghaj´ ob´ ol. Melyik goly´ o esik gyorsabban, ha a) egyforma nagyok, de nem egyforma nehezek; b) egyforma nehezek, de nem egyforma nagyok? (3 pont) Megold´ as. Mivel a l´eghaj´ o magasan” lebeg, az onnan leejtett goly´ o es´esi ” sebess´ege egyenl˝onek vehet˝ o az ´ alland´ osult ( maxim´alis”) sebess´eggel. ” a) A goly´ ok akkor fogj´ak el´erni a maxim´ alis sebess´eg¨ uket, amikor a k¨ ozegellen´all´asi er˝ o m´ar majdnem pontosan megegyezik a neh´ezs´egi er˝ ovel. Ilyenkor a gyorsul´asuk (j´o k¨ozel´ıt´essel) nulla, teh´at (gyakorlatilag) ´alland´ o sebess´eggel fognak esni. Ennek felt´etele: 1 mg = CAv 2 , 2 vagyis  2mg (1) v= . CA (A a goly´ o keresztmetszet´enek ter¨ ulet´et, m a goly´ o t¨ omeg´et ´es  a leveg˝ o s˝ ur˝ us´eg´et jel¨oli, C pedig az alakra jellemz˝ o´ alland´ o.) Azonos m´eret˝ u goly´ okra alkalmazva az (1) k´epletet, mivel abban csak az m ´ert´eke k¨ ul¨ onb¨ ozik a k´et goly´ on´ al, innen l´atszik, hogy min´el nagyobb a goly´ o t¨ omege, ann´ al gyorsabban (nagyobb sebess´eggel) esik. 438

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

b) Felhaszn´ alva az (1) ¨ osszef¨ ugg´est leolvashatjuk, hogy amikor csak a keresztmetszet k¨ ul¨ onb¨ ozik a k´et testn´el, akkor a kisebb m´eret˝ u goly´ o esik gyorsabban. ´ G´ abriel Tam´ as (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. Isk. ´es Gimn., 9. ´evf.) dolgozata alapj´an Megjegyz´es. T¨ obb versenyz˝ ou ´gy ´ertelmezte a melyik goly´ o esik gyorsabban” k´erd´est, ” hogy melyik¨ uknek nagyobb (adott sebess´eg mellett) a gyorsul´ asa. Ez azonban t´eved´es, hiszen a gyorsas´ ag (sebess´eg) ´es a gyorsul´ as – hasonl´ o hangz´ asuk ellen´ere – k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fizikai mennyis´egek. Az el˝ obbi m´ert´ekegys´ege m/s, az ut´ obbi´e m/s2 . 62 dolgozat ´erkezett. Helyes 21 megold´ as. Hi´ anyos (1–2 pont) 38, hib´ as 3 dolgozat.

G. 710. Anna ´es Zal´ an oszt´ alyt´ arsak, egy egyenes utc´ aban k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o h´ azban laknak. Minden reggel ugyanakkor l´epnek ki a kapun, ´es egyenletesen haladva mennek az iskol´ aba. Zal´ an t´ avolabb lakik az iskol´ at´ ol, de ˝ o a gyorsabb, bizonyos id˝ o alatt utol´eri Ann´ at. Egyik alkalommal Anna hamarabb szeretne tal´ alkozni Zal´ annal, ´es emiatt egym´ as fel´e indulnak el. Ekkor a szok´ asosn´ al ¨ otsz¨ or hamarabb tal´ alkoznak. H´ anyszor gyorsabb Zal´ an Ann´ an´ al? (3 pont) asos tal´alkoz´ asi pontjuk, T2 pedig Megold´ as. Az ´ abr´ an l´ athat´ o T1 pont a szok´ azt a pontot jel¨ oli, ahol egym´as fel´e haladva tal´ alkoznak.

Fizika feladat megold´ asa

P. 5235. n = 2 mol anyagmennyis´eg˝ u, egyatomos ide´ alis g´ az az ´ abr´ an l´ athat´ o A → P → B folyamatot v´egzi. A g´ az h˝ om´ers´eklete a kiindul´ o´ allapotban allapotban T2 = 4T1 . Az AP szaT1 = 280 K, a v´eg´ kasz p´ arhuzamos a V tengellyel, a BC szakasz meghosszabb´ıt´ asa a ´tmegy az orig´ on, a P pont pedig a BC szakasz felez˝ opontja. a) Hat´ arozzuk meg a g´ az h˝ om´ers´eklet´et a P ´ allapotban! b) Mennyi h˝ ot vesz fel a g´ az az A → P → B folyamatban? (5 pont)

K¨ ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs

Megold´ as. a) Tudjuk, hogy TA = TC = T1 = 280 K ´es TB = 4T1 = 1120 K. A P B egyenes a´tmegy az orig´on, ´ıgy az egyenlete: p(V ) = k · V. Az egyenes pontjaira fel´ırt ´ allapotegyenlet: p(V )V = k · V 2 = nRT,

Tekints¨ uk egys´egnyinek azt az utat, amennyit Anna tesz meg a vele szembe halad´ o Zal´ annal val´ o tal´ alkoz´ asig, ´es jel¨ olj¨ uk x-szel a Zal´ an ´altal megtett utat a vele szemben halad´ o Ann´aval val´ o tal´ alkoz´ asig. Amikor azonos ir´anyban haladnak, akkor o or hosszabb id˝ o m´ ulva tal´ alkoz¨tsz¨ nak, ezalatt Anna 5 egys´egnyi, Zal´ an pedig 5x hossz´ us´ag´ u utat tesz meg. Az a´br´ ar´ ol leolvashat´ o, hogy 5x = x + 1 + 5,

vagyis

4x = 6,

azaz

x = 1,5.

Zal´ an teh´at 1,5 egys´egnyi utat tett meg, m´ıg Anna 1 egys´egnyit, vagyis Zal´ an m´asf´elszer gyorsabb Ann´an´ al. ´ Isk. ´es Gimn., 9. ´evf.) Nagy Eszter Zs´ ofia (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt.

439



nRT . k

Mivel P a BC szakasz felez˝opontja, a v´ızszintes” koordin´at´ akra igaz: ” VC + VB VP = , 2

 nRTC nRTB + nRTP k k = , k 2  4nRTP = nRTC + nRTB + 2nR TC TB ,

  9 1 T1 + 4T1 + 2 4T1 T1 = T1 . 4 4 Eszerint a g´az h˝ om´ers´eklete a P ´ allapotban 630 K. b) A folyamatban egyatomos ide´ alis g´az vesz r´eszt, ez´ert a szabads´ agi fokok sz´ ama f = 3. Az AP ´ allapotv´ altoz´ as izob´ar, amelyre a h˝ otan I. f˝ ot´etele ´ıgy alkalmazhat´o: TP =

ΔEAP = WAP + QAP , f nR(TP − TA ) = −pA (VP − VA ) + QAP , 2

56 dolgozat ´erkezett. Helyes 41 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (1–2 pont) 9, hib´ as 1, nem versenyszer˝ u 5 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

teh´at V =

440

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

ahonnan QAP = =

f f nR(TP − T1 ) + pA VP − pA VA = nR(TP − T1 ) + pP VP − nRTA = 2 2

Fizik´ ab´ ol kit˝ uzo ¨tt feladatok

3 5 nR(TP − T1 ) + nRTP − nRT1 = nR(TP − T1 ). 2 2

A P B folyamatban a g´ azon v´egzett munk´ at a P B szakasz alatti” trap´ez ” ter¨ ulete adja meg: ΔEP B = WP B + QP B , f pP + pB nR(TB − TP ) = − (VB − VP ) + QP B , 2 2 QP B = =

(6 pont)

f 1 nR(TB − TP ) + (pP VB + pB VB − pP VP − pB VP ) = 2 2

(4 pont)

f +1 1 nR(4T1 − TP ) + (pP VB − pB VP ). = 2 2

okG. 718. Tegy¨ uk fel, hogy a Nap anyaga sz´enb˝ ol ´es oxig´enb˝ ol ´ all. (A r´egi id˝ ben komolyan felmer¨ ult ez az elk´epzel´es.) Legfeljebb mennyi lenne a Nap teljes ´elettartama, ha a sz´en t¨ ok´eletes ´eg´esekor egyenletesen ugyanannyi energi´ at sug´arozna ki id˝ oegys´egenk´ent, mint jelenleg? (Sz´amoljunk a Nap jelenlegi t¨ omeg´evel!)

A P B egyenes egyenlet´et felhaszn´ alva l´ atszik, hogy pP VB − pB VP = kVP VB − kVP VB = 0, QP B =

(4 pont)

f +1 nR(4T1 − TP ) + 0 = 2nR(4T1 − TP ). 2

G. 719. Egy n´evlegesen 330 ml-es, bontatlan u osdoboz lebeg a v´ızben. ¨d´ıt˝ Az alum´ıniumb´ ol k´esz¨ ult u omege 13 g. H´ any ml g´ az van a bontatlan ¨res doboz t¨ dobozban, ha benne pontosan 330 ml u oital van, melynek s˝ ur˝ us´ege j´ o k¨ ozel´ıt´essel ¨d´ıt˝ megegyezik a v´ız s˝ ur˝ us´eg´evel?

Az ¨ osszes felvett h˝ o: Q = QAP + QP B

5 = nR(TP − T1 ) + 2nR(4T1 − TP ) = nR 2



11 1 T1 + TP 2 2



.

Behelyettes´ıtve az n = 2, R = 8,31 J/(mol K), T1 = 280 K ´es TP = 630 K ´ert´ekeket, azt kapjuk, hogy az A → P → B folyamatban ¨ osszesen Q = 30,8 kJ h˝ ot vesz fel a g´az. Horv´ ath Anik´ o (Szeged, Radn´ oti M. K´ıs´erleti Gimn., 11. ´evf.) Megjegyz´es. A keresett mennyis´egek (TP ´es Q) egyike sem f¨ ugg a CB egyenes meredeks´eg´et jellemz˝ ok´ alland´ ot´ ol. Ezt – az els˝ o pillanatban meglep˝ onek t˝ un˝ o – t´enyt a hossz´ u sz´ amol´ as elv´egz´ese n´elk¨ ul is bel´ athatjuk, ha fel´ırjuk az ismert ´es a keresett mennyis´egek as fizikai mennyis´eg m´ert´ekegys´eg´et. Mivel k m´ert´ekegys´ege J/m6 , ´es a m´eter egyetlen m´ ugghet k-t´ ol. dimenzi´ oj´ aban nem szerepel, TP ´es Q nem f¨ (G. P.) 27 dolgozat ´erkezett. Helyes 16 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 5, hi´ anyos (2–3 pont) 5, hib´ as 1 dolgozat.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

K¨ ozli: Zagyva Tiborn´e, Baja

G. 717. Egy denev´er a barlang fal´ aval p´arhuzamosan rep¨ ul 45,0 m/s sebess´eggel. Egy r¨ovid ultrahang jelet bocs´ at ki, melynek visszhangj´ at 0,120 s m´ ulva hallja meg. Milyen t´avol rep¨ ul a denev´er a falt´ ol? A barlangban az ultrahang terjed´esi sebess´ege 333 m/s.

f 1 1 nR(4T1 − TP ) + (pP VB − pB VP ) + nR(TB − TP ) = 2 2 2

teh´ at

M. 398. M´erj¨ uk meg a g¨ ord¨ ul´esi ellen´ all´ asi t´enyez˝ o ´ert´ek´et k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o hengerre, k´etf´ele talaj eset´en! (A k´et, lehet˝ oleg egyforma sugar´ u henger lehet p´eld´ aul egy folpack f´ olia pap´ırhengere ´es egy eredeti csomagol´ as´ u aluf´olia-tekercs, a k´etf´ele talaj lehet otthon a szoba padl´ oja puha sz˝ onyeggel ´es sz˝ onyeg n´elk¨ ul.) Vizsg´aljuk meg, hogy mennyire tekinthet˝o a hengerek lassul´asa a´lland´ onak!

441

(4 pont) G. 720. A Tour de France ker´ekp´ aros k¨ orversenyen a versenyz˝ ok v´ızszintes terepen egyenletesen, 50 km/h sebess´eggel haladnak. A mez˝ ony” ´es a sz¨ okev´e” ” nyek” k¨oz¨otti t´ avols´ ag 1 km. Amikor egy enyhe, 5 km hossz´ u emelked˝ oh¨ oz ´ernek, a sebess´eg¨ uk nagyon hamar 40 km/h-ra cs¨ okken, majd az ugyancsak 5 km hossz´ u ´ azoljuk, hogyan v´altozik a mez˝ ereszked˝on nagyon hamar 60 km/h-ra n˝ o. Abr´ ony ´es a sz¨okev´enyek k¨ oz¨ otti t´ avols´ ag az id˝o f¨ uggv´eny´eben att´ ol az id˝opontt´ ol kezdve, amikor a sz¨okev´enyek el´erik az emelked˝o alj´at! (4 pont)

K¨ ozli: Szab´ o Endre, V´ agf¨ uzes (Szlov´ akia)

P. 5250. Egy aut´o a´lland´ o sebess´eggel halad egy hossz´ u, egyenes u ´ton. A ker´ek egy k¨ uls˝ o pontj´ anak ´ atlagos sebess´ege” az aut´ o halad´ asi sebess´eg´ehez k´epest ” kisebb, nagyobb vagy egyenl˝ o vele? Vizsg´aljuk az ´ atlagos sebess´eg” k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ” defin´ıci´ oj´at: 442

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

a) sebess´egvektor id˝o´ atlag´ anak nagys´aga; b) sebess´egnagys´ ag id˝o´ atlaga. (4 pont)

K¨ ozli: Sz´echenyi G´ abor, Budapest

P. 5251. Az m t¨ omeg˝ u, kis m´eret˝ u testet az ´ abr´ an l´ athat´ o, r¨ ogz´ıtett has´ ab A pontj´ aban kezd˝osebess´eg n´elk¨ ul elengedj¨ uk. A test a bal oldali egyenes szakaszon ´es az R sugar´ u k¨ or´ıven s´ url´od´asmentesen cs´ uszik. A jobb oldali egyenes szakasz nem s´ url´od´ asmentes, a s´ url´od´asi t´enyez˝ o μ.

(5 pont)

a) a fegyverzetekre mer˝ oleges s´ık; b) a fegyverzetekkel p´ arhuzamos s´ık? (4 pont)

Adatok: m = 0,6 kg, R = 30 cm, α = 60◦ , μ = 12 tg α. K¨ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs

P. 5252. M t¨ omeg˝ u, v´ekony fal´ u cs˝ ore fonalat cs´ev´el¨ unk, ´es a fonalat h´ uzva az ´ abr´ an l´athat´ o m´ odon a cs¨ ovet a´lland´ o sebess´eggel gur´ıtjuk. A cs˝ o tiszt´an g¨ ord¨ ul a v´ızszintes talajon. A cs˝ o belsej´ebe kis m´eret˝ u, m t¨ omeg˝ u testet helyezt¨ unk, ami odabent a´lland´ osult sz¨ oghelyzetben cs´ uszik, a s´ url´od´asi egy¨ utthat´ o itt μ. Mekkora v´ızszintes fon´ aler˝ o sz¨ uks´eges az a´lland´ o sebess´eg fenntart´ as´ ahoz? (5 pont)

P. 5253. Az Orf˝ un tal´ alhat´ o P´ecsi-t´ o´ atlagos v´ızm´elys´ege 3,3 m´eter. A 25 Cos v´ız h˝ om´ers´eklet´enek mekkora v´ altoz´ asa okozn´ a a v´ızszint f´el centim´eteres s¨ ullyed´es´et?

a) Mekkora a folyamat sor´ an a g´ azon v´egzett ¨osszes munka? b) Mennyi a g´ az ´altal leadott ¨ osszes h˝ o? c) Mennyi a bels˝ o energia v´ altoz´ asa? d) Mekkora a g´ az v´egs˝ o h˝ om´ers´eklete?

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

ar´ar´ ol – Franz Ernst Neumann P. 5257. E¨ otv¨ os Lor´ and a saj´ at k¨ onigsbergi tan´ (1798–1895) – elnevezett fizikai t¨ orv´enyt az al´ abbi m´ odon mutatta be. K´et hossz´ u, egym´ assal p´ arhuzamosan ´es v´ızszintesen, a teremben magasan kifesz´ıtett f´emhuzal v´egeit az egyik oldalon ´erz´ekeny galvanom´eterrel k¨ ot¨ otte ¨ ossze, a m´ asik v´eg¨ ukre egy, a huzalokra mer˝ oleges, mozgathat´ o f´emrudat helyezett. Ezut´an a huzalokon mint s´ıneken v´egigcs´ usztatta a r´ ajuk helyezett, v´ızszintes f´emrudat. A huzalok t´avols´ aga 2 m volt, a r´ ud v´egig a huzalokra mer˝ oleges maradt. Az akkori m´er´esek oget z´ art be a v´ızszintessel, szerint a f¨oldi m´ agneses t´erer˝ oss´eg ir´anya 62◦ -os sz¨ a m´agneses t´erer˝ oss´eg v´ızszintes komponens´enek nagys´ ag´ at pedig 0,2 oerstednek m´ert´ek az akkoriban haszn´ alatos CGS rendszerben. Mekkora sebess´eggel h´ uzhatta E¨ otv¨ os Lor´ and a f´emrudat akkor, amikor meg´allap´ıthat´ o volt, hogy 80 μV fesz¨ ults´eg jutott a galvanom´eterre? (4 pont)

K¨ ozli: Radnai Gyula, Budapest

P. 5258. Gy˝ ujt˝ olencs´evel szeretn´enk egy l´ampa izz´ osz´ al´ar´ ol ´eles k´epet el˝ o´all´ıtani pontosan a l´ ampa alatt, az asztalon fekv˝ o feh´er lapon. Legal´ abb h´ any dioptri´as lencs´ere lesz sz¨ uks´eg¨ unk, ha az izz´ osz´ al az asztal f¨ ol¨ ott 40 cm-re van? (4 pont)

K¨ ozli: Woynarovich Ferenc, Budapest

K¨ozli: Simon P´eter, P´ecs

P. 5254. Egy m´ ol norm´al ´ allapot´ u leveg˝ ot izotermikusan ¨osszenyomunk eredeti t´erfogat´ anak fel´ere, majd adiabatikusan kit´ag´ıtjuk eredeti t´erfogat´ ara.

(4 pont)

K¨ ozli: Wiedemann L´ aszl´ o, Budapest

K¨ ozli: Vlad´ ar K´ aroly, Kiskunhalas ◦

(4 pont)

K¨ ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 5256. Hogyan v´ altozik meg egy s´ıkkondenz´ator kapacit´asa, ha a fegyverzetek k¨oz¨otti t´err´esz k´et fel´et k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o dielektromos a´lland´ oj´ u, homog´en, elektromosan szigetel˝o anyaggal t¨ oltj¨ uk ki, ´es a k´et r´eteget elv´ alaszt´ o fel¨ ulet

a) Mekkora er˝ ovel nyomja a test a has´ abot a p´ alya legm´elyebb pontj´ an? b) Mekkora a test sebess´ege a C pontban? c) Milyen h magass´ agba emelkedik fel a test? (5 pont)

P. 5255. Egy igen hossz´ u, m = 10 g t¨ omeg˝ u, egyenes szigetel˝ osz´ al k¨ oz´eppontolt´es˝ u, pontszer˝ u test van r¨ ogz´ıtve. ja felett, att´ ol d = 5 cm-re egy Q = 3 · 10−7 C t¨ A szigetel˝ osz´ alat is r¨ ogz´ıtj¨ uk, majd egyenletes t¨ olt´eseloszl´ assal σ = −2 · 10−6 C/m line´aris t¨olt´ess˝ ur˝ us´eggel felt¨ oltj¨ uk. Mekkora gyorsul´ assal indul el a sz´ al, ha r¨ ogz´ıt´es´et l¨ok´esmentesen feloldjuk?

P´eldat´ ari feladat nyom´ an 443

P. 5259. Egy gyors´ıt´ ocs˝ oben 200 keV energi´aj´ u deuteronokb´ ol ´ all´ o nyal´ ab ´erargyra, az a´ramer˝ oss´eg 0,3 mA. A deuteronok lef´ekez˝ odnek a c´elt´ argykezik a c´elt´ ban. a) M´asodpercenk´ent mennyi h˝ ot kell elvezetni a c´elt´ argyr´ ol, hogy az ne melegedj´ek? b) V´ altozik-e az eredm´eny, ha a deuteronok helyett ugyanekkora energi´ aj´ u ´es ugyanekkora a´ramer˝ oss´eget ad´ o elektronok, illetve α-r´eszecsk´ek csap´ odnak be a c´elt´ argyba? (4 pont) 444

P´eldat´ ari feladat nyom´ an K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

P. 5260. V´ızszintes tengely˝ u, r¨ ogz´ıtett hengeren s´ url´od´o fonalat vet¨ unk ´at. Ha a fon´al bal oldali v´eg´ere m t¨ omeg˝ u nehez´eket, a jobb oldalira pedig 3m t¨omeg˝ ut ag´ u gyorsul´ assal akasztunk, akkor az a´ll´ o helyzetb˝ ol elengedett testek 2 m/s2 nagys´ mozognak. a) Mekkora gyorsul´assal mozognak a testek, ha mindk´et oldalon el˝ osz¨or megdupl´azzuk, majd megh´aromszorozzuk a t¨ omeg¨ uket? b) Mekkora gyorsul´assal mozognak a testek, ha a jobb oldalon meghagyjuk a 3m nagys´ ag´ u t¨ omeget, de a bal oldali fon´ alv´egre 8m t¨omeg˝ u testet akasztunk? c) Hogyan v´ alasszuk meg a bal oldali fon´alv´egre akasztott test t¨omeg´et, mik¨ ozben a jobb oldalon megmarad a 3m t¨ omeg, hogy elenged´es ut´an a rendszer nyugalomban maradjon? A fon´ al nagyon k¨onny˝ u, tov´ abb´ a a fon´al ´es a henger k¨oz¨otti cs´ usz´ asi s´ url´od´as egy¨ utthat´ oja megegyezik a tapad´ asi s´ url´od´as egy¨ utthat´ oj´aval. (6 pont)

K¨ ozli: Honyek Gyula, Veresegyh´az

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. november 15. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 7. October 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 416): K. 664. We have six coins, four of which weigh 100 grams each, and the remaining two weigh 99 grams each. With the help of an equal-arm balance and no weights, what is the minimum number of measurements that are sufficient to identify one of the lighter coins? K. 665. Some toy robots are lining up on one side of a street. In one move, we can instruct exactly three robots to cross the street. For what number of robots can we make all the robots line up on the opposite side? K. 666. How many six-digit multiples of 182 are there in which the three-digit number formed by the first three digits is equal to the three-digit number formed by the last three digits? K. 667. Start with a positive integer. In each move, take the half of the number if it is even, or add 1 to the number if it is odd. The sequence of moves terminates if it reaches the number 1. a) Is it true that whatever the starting number is, it is always possible to reach 1 sooner or later (with a finite number of moves)? b) Is it true that at most 30 moves are sufficient to reach 1 if we start from a four-digit number? K. 668. a) How many isosceles triangles are there for which the length of the legs is 13 cm and the area is 60 cm2 ? b) How many right-angled triangles are there for which the legs are even integers, and the area is 60 cm2 ? New exercises for practice – competition C (see page 417): Exercises up to grade 10: C. 1623. Let m be a positive integer. Show that a) there exist three mdigit powers of 2; b) there exist at most four m-digit powers of 2. (Brazilian problem) C. 1624. Point P of side AB in a square ABCD is connected to D, and point Q of

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

445

side BC is connected to A. The intersection of the resulting line segments is denoted by R. The area of triangle ARD is 1200, √ the area of triangle AP R is 600, and the area of quadrilateral P BQR is 3380 − 240 95 units of area. What is the area of quadrilateral RQCD? (Proposed by L. N´emeth, Fony´ od) Exercises for everyone: C. 1625. Prove that every selection of five one-digit positive integers contains a few numbers whose sum is divisible by 10. C. 1626. Let F denote the midpoint of side BC in an acute-angled triangle ABC, and let T be the foot of the altitude drawn from B. Prove that if ∠F AC = 30◦ then AF = BT . (Based on the idea of S. R´ oka, Ny´ıregyh´ aza) C. 1627. Prove that if a, b, c are real numbers, such that a + b + c > 0, ab + bc + ca > 0 and abc > 0, then a > 0, b > 0 and c > 0. (Proposed by S. R´ oka, Ny´ıregyh´ aza) Exercises upwards of grade 11: C. 1628. Find two distinct positive integers n for which 4n + 49 + 4100 is a perfect square. C. 1629. A sphere passes through four vertices of one face of a cube, and is tangent to the opposite face. Determine the radius of the sphere if the edge of the cube is 8 units long. (Croatian problem) New exercises – competition B (see page 418): B. 5118. Is it possible that x, 14x+5 17x−5 and 12 are all integers? (3 points) B. 5119. In an acute-angled triangle ABC, 9

a tangent is drawn to the inscribed circle, parallel to side BC. The tangent intersects side AC at point D. F is the orthogonal projection of point D onto the side BC. Show that AB = AD + BF . (3 points) B. 5120. The positive integers are coloured in the following manner: the colour of a + b is always uniquely determined by the colours of a and b; that is, if the colour of a and a is the same, and the colour of b and b is the same, then a + b and a + b also have the same colour. Prove that if there is a colour that is used more than once then the colouring becomes periodic from some number onwards. (4 points) B. 5121. Solve the following simultaneous equations, where x1 , x2 , . . . , xn are positive real numbers, 1

1

1

and n is a positive integer: x1 + x2 + · · · + xn = 9, x + x + · · · + x = 1. (4 points) n 1 2 B. 5122. ErWin Layup is the best penalty taker of all times in the basketball league of Nowhereland. Although he missed the very first penalty throw of his career, altogether he has only missed 2020 out of his total of 222 222 throws. Statisticians in Nowhereland consider a basketball penalty throw interesting if the ratio of successful penalty throws to all penalty throws, calculated immediately after the throw and expressed as a percentage, is a positive integer. (For example, if a player scores 12 out of a total of 40 throws then 12

his last throw is interesting, since 40 · 100 = 30 ∈ N+ , while the following throw, which is the 41st, cannot be interesting, whether successful or not.) What is the minimum number of interesting penalty throws that ErWin Layup may have had? (5 points) B. 5123. Ann and Barbara divided between themselves the 81 cards of the game of SET∗ ; Ann received 40 cards and Barbara received 41. Each girl counted the number of ways they can form a SET of three cards out of the cards held by her. What may be the sum of the numbers they obtained? (6 points) B. 5124. The base of a right pyramid is a square ABCD, and the apex of the pyramid is E. The skew edges AB and CE are connected by a transversal that is normal to both of them. The feet of the normal transversal are point P on the line segment AB, and point Q on the line segment CE. Given that Q bisects the edge CE, determine the ratio AP : P B, and calculate the angle enclosed between the lateral faces and the base of the pyramid. (5 points) B. 5125. The centre of the circumscribed circle of a cyclic quadrilateral ABCD is O. The rays AB and DC intersect at point E. In the circle BCE, the point diametrically opposite to E is F . Show that the lines AC, BD and OF are concurrent. (6 points) ∗

https://www.setgame.com/sites/default/files/instructions/ SET%20INSTRUCTIONS%20-%20ENGLISH.pdf.

446

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

New problems – competition A (see page 419): A. 783. A polyomino is a figure which consists of unit squares joined together by their sides. (A polyomino may contain holes.) Let n  3 be a positive integer. Consider a grid of unit square cells which extends to infinity in all directions. Find, in terms of n, the greatest positive integer C which satisfies the following condition: For every colouring of the cells of the grid in n colours, there is some polyomino within the grid which contains at most n − 1 colours and whose area is at least C. (Submitted by Nikolai Beluhov, Stara Zagora, Bulgaria and Stefan Gerdjikov, Sofia, Bulgaria) A. 784. Let n, s, t be positive integers and 0 < λ < 1. A simple graph on n vertices with at least λn2 edges is given. We say that (x1 , . . . , xs , y1 , . . . yt ) is agood insertion, if letters xi and yj denote not necessarily distinct vertices and every xi yj is an edge of the graph (1  i  s, 1  j  t). Prove that the number of good insertions is at least λst ns+t . (Submitted by Kada Williams, Cambridge) A. 785. Let k  t  2 positive integers. For integers n  k let pn be the probability that if we choose k from the first n positive integers randomly, any t of the k chosen integers have greatest common divisor 1. Let qn be the probability that if we choose k − t + 1 from the first n positive integers the product is not divisible by a perfect t-th power that is greater then 1. Prove avid Matolcsi, that sequences pn and qn converge to the same value. (Submitted by D´ Budapest)

Problems in Physics (see page 442) M. 398. Measure the rolling resistance between a cylinder and the ground. Use two different cylinders of the same radius and carry out the measurement for two different surfaces. (The two different cylinders can be for example a paper cylinder of a roll of plastic wrap, and an aluminium foil roll, whilst the two different surfaces can be the floor of the room with and without a soft carpet.) Investigate how much the deceleration of the cylinder can be considered constant. G. 717. A bat flies parallel to the wall of a cave at a speed of 45.0 m/s. It emits a short ultrasound signal, the echo of which is heard after 0.120 s. How far does the bat fly from the wall? The speed of ultrasound in the cave is 333 m/s. G. 718. Suppose the material of the Sun consists of carbon and oxygen. (In the old days, this idea came up seriously.) At most how much would the total lifespan of the Sun be if the coal burns perfectly and the energy radiated in a unit time is the same as it is now? (In the calculations, let us use the actual mass of the Sun.) G. 719. A closed beverage can of size 330 ml is floating in water. The can is made of aluminium, and the mass of the empty can is 13 g. How many millilitres of gas is in the closed can, if it contains exactly 330 ml of soft drink of density approximately the same as that of water? G. 720. In the Tour de France cycling race, the riders go uniformly at a speed of 50 km/h on a horizontal road. The distance between the peloton and the breakaway riders is 1 km. When the riders reach an approximately 5 km long climb their speed soon decreases to 40 km/h, and when they move downwards also along a distance of 5 km their speed soon increases to 60 km/h. Sketch the distance between the peloton and the breakaway group as a function of time from the moment when the breakaway reaches the climb, until the moment it reaches the end of the downhill slope. P. 5250. A car travels at a constant speed along a long, straight road. Consider a point on the rim of the wheel of the car. Investigate the whether a) the average speed of this point is greater, smaller or equal to the speed of the car; b) the magnitude of the average velocity of this point is greater, smaller or equal to the speed of the car. P. 5251. A small body of mass m is released from rest at point A of a fixed prism shown in the figure. The body slides frictionlessly along the straight slope on the left side and along the

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/7

447

circular path of radius R. The straight slope on the right is not frictionless, the coefficient of friction is μ. a) What force is exerted by the body on the prism at the lowest point of the path? b) What is the speed of the body at point C? c) To what height h will the body 1 go up? Data: m = 0.6 kg, R = 30 cm, α = 60◦ , μ = 2 tan α. P. 5252. A thin-walled tube of mass M is rolled by pulling a yarn wound around the tube as shown in the figure. The tube rolls at a constant speed along the horizontal floor without slipping. Inside the tube there is a small object, which slides on the wall of the tube and remains at a constant angular position, the coefficient of kinetic friction is μ. What is the tension in the yarn when the speed of the tube is constant? P. 5253. The average depth of the lake P´ecsi-t´ o, which is next to the village Orf˝ u, is 3.3 m. How much should the temperature of the water change from 25 ◦ C in order that the water level decrease by 0.5 cm? P. 5254. One mole of air initially at standard conditions is compressed isothermally to half of its initial volume and then it is allowed to expand adiabatically to its original volume. a) What is the total work done on the gas during the process? b) How much heat is released by the gas? c) What is the change in the internal energy of the gas? d) What is the final temperature of the gas? P. 5255. A point-like object of charge Q = 3 · 10−7 C is fixed above a very long piece of insulating thread of mass m = 10 g, d = 5 cm above the midpoint of the thread. The insulating thread is also fixed and then charged uniformly, to a linear charge density of σ = −2 · 10−6 C/m. At what acceleration does the thread begin to move if it is released without any initial speed? P. 5256. How does the capacitance of a parallel plate capacitor change if the space between its plates is filled with two types of uniform, insulating material of two different dielectric constants, and the surface which separates them is a) perpendicular to the plates; b) parallel to the plates of the condenser? P. 5257. Roland E¨ otv¨ os demonstrated the law named after his teacher at Koenigsberg – Franz Ernst Neumann (1798–1895) – as follows: he stretched two long pieces of metal wires in a room horizontally and parallel to each other at a high position and connected their ends on one side through a sensitive galvanometer. To the other ends a piece of moveable metal rod was connected perpendicularly to the wires. Then he slid the rod along the wires such that it remained perpendicular to the wires, whose distance was 2 m. According to the measurements at that time the angle between direction of the magnetic field of the Earth and the horizontal was 62◦ . The horizontal component of the magnetic field was measured to be 0.2 oersted, in the CGS system of units used at that time. At what speed did E¨ otv¨ os pull the rod if the reading on the galvanometer was 80 μV? P. 5258. We would like to create a sharp image of the filament of an incandescent lamp with a converging lens exactly below the lamp on a white sheet of paper lying on the tabletop. At least how many dioptres is the power of the lens if the paper is 40 cm below the lamp? P. 5259. In a particle accelerator a beam of deuteron of energy 200 keV hits a target, the current is 0.3 mA. The deuterons stop in the target. a) How much thermal energy should be taken away from the target in each second if the target does not warm up? b) Will the result change if instead of deuterons, the same energy electrons or α particles, which give the same current, hit the target? P. 5260. A piece of thread runs around a fixed cylinder having a horizontal axis. If an object of mass m is attached to the left end of the rope and another object of mass 3m is attached to the right end of the rope, the objects, which were released from rest, move with an acceleration of 2 m/s2 . a) What is the acceleration of the objects if the mass of the bodies at both sides is first doubled, and then tripled? b) What is the acceleration of the objects if on the right side the object of 3m remains, but to the left end of the rope an object of mass 8m is attached? c) How should the mass of the object at the left be changed if on the right the object of mass 3m is not changed and the system stays at rest after releasing the objects? The rope is very light, and the coefficients of static and kinetic friction between the rope and the cylinder are the same.

70. ´evfolyam 7. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. okt´ ober

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

Besz´ amol´ o a 61. Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpi´ ar´ ol

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 8. sz´am

Budapest, 2020. november

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK Frenkel P´eter: Besz´amol´o a 61. Nemzetk¨ozi Matematikai Di´akolimpi´ar´ol. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

450

A 61. Nemzetk¨ozi Matematikai Di´akolimpia feladatai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

452

Tur´an P´al: Egy k¨ul¨on¨os ´elet´ut, Ramanujan. I. r´esz

453

B´ır´o B´alint: Gyakorl´o feladatsor emelt szint˝u matematika ´eretts´egire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

459

N´emeth L´aszl´o: Megold´asv´azlatok a 2020/7. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

463

Matematika feladatok megold´asa (5015., 5031.) . . .

475

A K pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (669– 673.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

477

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1630– 1636.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

478

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5126– 5133.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

479

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (786–788.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

480

Schmieder L´aszl´o: Kacif´antos ker´ıt´es – I. r´esz . . . . .

481

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (520–522., 48., 147.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

486

Vank´o P´eter: Besz´amol´o a 4. Eur´opai Fizikai Di´akolimpi´ar´ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

490

Fizika gyakorlat megold´asa (711.) . . . . . . . . . . . . . . . .

495

Fizika feladatok megold´asa (5216., 5221., 5225., 5227., 5233., 5249.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

496

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (399., 721–724., 5261–5271.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

506

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

509

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

511

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ KAROLYI ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ GEZA, ´ ´ RITA, GERGELY, KISS GEZA, KOS KOS ´ ´ ´ OK ´ ´ PACH ¨ ORDI ¨ LORANT LASZL O, PETERN E, ´ ´ SZTRANYAK ´ ATTILA, V´IGH PETER PAL, VIKTOR A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ SZECHENYI ´ LASZL O, ´ ´ E, ´ VLADAR ´ KAROLY, ´ GABOR, VIGH MAT WOYNAROVICH FERENC Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ FARKAS CSABA, FODOR Tagjai: BUSA MAT ´ ´ NIKOLETT, LOCZI ´ ZSOLT, LASZL O LAJOS, ´ ´ SIEGLER GABOR, SZENTE PETER ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

449

Az idei Nemzetk¨ozi Matematikai Di´akolimpi´at szeptember 19. ´es 28. k¨oz¨ott Oroszorsz´ag rendezte meg. A versenyt abban a rem´enyben halasztott´ak el k´et h´onappal az eredetileg tervezett, szok´asos j´ uliusi d´atumhoz k´epest, hogy szeptemberre lecseng a koronav´ırus-vil´agj´arv´any, ´es a verseny szem´elyes jelenl´ettel megtarthat´o lesz. Amikor vil´agoss´a v´alt, hogy erre nem lehet sz´am´ıtani, a szervez˝ok a Di´akolimpia online megrendez´ese mellett d¨ont¨ottek, teh´at a 616 r´esztvev˝o di´ak egyetlen k¨ozponti helysz´ın helyett a 105 r´esztvev˝o orsz´ag ´altal fel´all´ıtott 127 vizsgak¨ozpontban ´ırta meg a versenydolgozatot. A vizsgak¨ozpontokban egy-egy vizsgabiztos ellen˝orizte szem´elyesen a verseny tisztas´ag´at, emellett a vizsgak¨ozpontokban m˝ uk¨od˝o webkamer´ak ´altal k¨ozvet´ıtett k´epet a szervez˝ok ´altal megb´ızott 44 fel¨ ugyel˝o figyelte. Nagy f¨oldrajzi kiterjed´es˝ u, vagy a j´arv´any ´altal s´ ulyosan ´erintett orsz´agokban, ahol a belf¨oldi utaz´as is neh´ezs´egekbe u ¨tk¨oz¨ott volna, t¨obb vizsgak¨ozpontot is l´etrehoztak. Magyarorsz´agon egyetlen vizsgak¨ozpont volt, m´egpedig Budapesten, a R´enyi Int´ezetben. A versenyen, szok´as szerint, mindk´et napon n´egy ´es f´el ´ora alatt h´arom-h´arom feladatot kellett megoldani. A feladatok sz¨oveg´et al´abb k¨oz¨olj¨ uk. Mindegyik feladat helyes megold´as´a´ert 7 pont j´art, ´ıgy egy versenyz˝o maxim´alis teljes´ıtm´ennyel 42 pontot szerezhetett. A verseny befejez´ese ut´an meg´allap´ıtott ponthat´arok szerint arany´ermet a 31–42 pontot el´er˝o, ez¨ ust´ermet a 24–30 pontos, m´ıg bronz´ermet a 15–23 ponttal rendelkez˝o tanul´ok szereztek. A magyar csapatot hat ´eretts´egizett tanul´o alkotta. ´ Isk. ´es Gimn.) 36 ponttal, T´ oth Bal´ azs (Budapesti Fazekas Mih´aly Gyak. Alt. Weisz M´ at´ e Barnab´ as (Szegedi Radn´oti Mikl´os K´ıs´erleti Gimn.) 33 ponttal, Beke Csongor (B´ek´asmegyeri Veres P´eter Gimn.) pedig 32 ponttal arany´ermet nyert. Gyimesi P´ eter (B´ek´asmegyeri Veres P´eter Gimn.) 22 ponttal, ´ Isk. ´es Gimn.) 22 ponttal ´es Kocsis Anett (Budapesti Fazekas Mih´aly Gyak. Alt. ´ Isk. ´es Gimn.) 15 ponttal Nagy N´ andor (Budapesti Fazekas Mih´aly Gyak. Alt. bronz´ermet kapott. T´oth Bal´azs a versenyz˝ok rangsor´aban holtversenyben a 4.–18. helyen v´egzett. 2008-ban volt utolj´ara olyan magyar versenyz˝o, akit csak h´arman el˝oztek meg. 1998 ´ota az idei az els˝o olyan ´ev, amikor a magyar csapat kett˝on´el t¨obb arany´ermet szerzett. Frenkel P´eter (ELTE TTK Algebra ´es Sz´amelm´elet Tansz´ek; R´enyi Int´ezet) ´ a magyar csapat vezet˝ojek´ent, Dobos S´ andor (Budapesti Fazekas Mih´aly Gyak. Alt. Isk. ´es Gimn.) a magyar csapat helyettes vezet˝ojek´ent, Fekete Panna (ELTE TTK, matematikus doktorandusz) ´es Kov´ acs Benedek (ELTE TTK, matematikus mester450

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

szakos hallgat´o) hivatalos megfigyel˝ ok´ent, K´ os G´eza (SZTAKI, ELTE TTK) a Feladatkiv´alaszt´o Bizotts´ ag tagjak´ent ´es koordin´ atork´ent, Kunszenti-Kov´ acs D´ avid (ELTE TTK Alkalmazott Anal´ızis ´es Sz´ am´ıt´ asmatematikai Tansz´ek; R´enyi Int´ezet) a Di´akolimpi´at ir´ any´ıt´ o¨ ottag´ u T´abla ´es az Etikai Bizotts´ag tagjak´ent, Pelik´ an J´ ozsef (ELTE TTK, Algebra ´es Sz´ amelm´elet Tansz´ek) pedig a Hivatalos Nyelvek Bizotts´ag tagjak´ent m˝ uk¨ od¨ ott k¨ ozre az olimpi´ an. Az orsz´agok nem-hivatalos pontverseny´eben Magyarorsz´ag a r´esztvev˝o 105 orsz´ag k¨oz¨ott a 13. helyen v´egzett. A csapatverseny ´elmez˝ ony´enek sorrendje ´ıgy alakult (megszerzett pontsz´amaikkal): 1. K´ına 215, 2. Oroszorsz´ ag 185, 3. USA 183, 4. D´el-Korea 175, 5. Thaif¨old 174, 6–7. Olaszorsz´ag ´es Lengyelorsz´ ag 171, 8. Ausztr´alia 168, 9. Egyes¨ ult Kir´alys´ag 167, 10. Braz´ılia 165, 11. Ukrajna 164, 12. Kanada 161, 13. Magyarorsz´ ag 160, 14. Franciaorsz´ag 154, 15. Rom´ania 152, 16. Szingap´ ur 151, 17. Vietn´am 150, 18–20. Gr´ uzia, Ir´an ´es Jap´ an 149, 21–22. Izrael ´es Kazahszt´an 146, 23–24. Csehorsz´ag ´es Tajvan 145, 25. Szerbia 144, 26–27. N´emetorsz´ag ´es T¨or¨okorsz´ag 140, 28. Hongkong 139, 29–30. Mong´ olia ´es Hollandia 135. Az ¨osszes r´esztvev˝ o orsz´ ag ´es versenyz˝ o neve ´es eredm´enye megtal´alhat´o az imo-official.org honlapon. Szeretn´ek k¨osz¨onetet mondani a versenyz˝ ok tan´arainak. A k¨ozponti olimpiai felk´esz´ıt˝o szakk¨or vezet˝ oje a helyettes csapatvezet˝ o, Dobos S´ andor volt. A felk´esz´ıt´esben rajta k´ıv¨ ul a csapatvezet˝ o ´es sokan m´asok is r´eszt vettek. A versenyz˝ok tov´abbi tan´arainak felsorol´ as´ aban a tan´ arok neve ut´an monogramjukkal jel¨ oltem azokat a di´akokat, akik a tan´ıtv´ anyaik: Nikh´ azy L´ aszl´ o (BCs, GyP, NN, TB, WMB); Gyenes Zolt´ an ´es dr. Kiss G´eza (KA, NN, TB); P´ osa Lajos, Szmerka Gergely, Sz˝ ucs G´ abor ´es Varga M´ aria (BCs, GyP); Kov´ acs Benedek (BCs); Tassy ´ Gergely (GyP); Schultz J´ anos ´es Tigyi Istv´ an (WMB); Arki Tam´ as, Fekete Panna ´es Szil´ agyi D´ aniel (KA). K¨osz¨on¨om a helyettes csapatvezet˝ o ´es a hivatalos megfigyel˝ok munk´aj´at. K¨osz¨ on¨om a R´enyi Int´ezet vezet˝ oinek ´es dolgoz´ oinak t´ amogat´as´at, tov´abb´a Niko Laaksonen vizsgabiztos lelkiismeretes munk´ aj´ at. Kiemelt k¨osz¨onet illeti az el˝ oz˝ o h´ arom ´evtized legend´as magyar csapatvezet˝oj´et, Pelik´ an J´ ozsefet odaaad´ o munk´ aj´ a´ert. Ezen a virtu´alis olimpi´ an is voltak matematikai ´es kultur´alis-turisztikai jelleg˝ u k´ıs´er˝o programok is, ´ıgy h´ıres matematikusok el˝ oad´asai (a Fields-´ermes Timothy Gowers is tartott ilyet) ´es virtu´ alis v´ arosn´ez˝ o s´et´ak Szentp´eterv´aron. A teljes program megtal´alhat´o a https://imo2020.ru/ honlapon. A k¨ovetkez˝o, 2021. ´evi matematikai di´ akolimpi´ at is Oroszorsz´ag rendezi, a j´arv´anyhelyzet alakul´as´at´ ol f¨ ugg˝ oen vagy ism´et virtu´ alisan, vagy szem´elyes jelenl´ettel Szentp´eterv´aron. Frenkel P´ eter

A 61. Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpia feladatai∗ Els˝ o nap 1. feladat. Tekints¨ uk az ABCD konvex n´egysz¨oget. A P pont az ABCD belsej´eben van. Fenn´allnak az al´abbi, ar´anyokra vonatkoz´o egyenl˝os´egek: P AD^ : P BA^ : DP A^ = 1 : 2 : 3 = CBP ^ : BAP ^ : BP C^. Bizony´ıtsuk be, hogy a k¨ovetkez˝o h´arom egyenes egy ponton megy ´at: az ADP ^ ´es a P CB^ sz¨og bels˝o sz¨ogfelez˝oje ´es az AB szakasz felez˝omer˝olegese. 2. feladat. Az a, b, c, d val´os sz´amok olyanok, hogy a > b > c > d > 0 ´es a + b + c + d = 1. Bizony´ıtsuk be, hogy (a + 2b + 3c + 4d)aa bb cc dd < 1. 3. feladat. Adott 4n kavics, amelyeknek a s´ ulya rendre 1, 2, 3, . . . , 4n. Mindegyik kavics n sz´ın k¨oz¨ ul az egyik sz´ınnel van kifestve; mindegyik sz´ınb˝ol n´egy kavics van. Mutassuk meg, hogy a kavicsokat el lehet rendezni k´et kupacba u ´gy, hogy mindk´et al´abbi felt´etel teljes¨ ulj¨on: • A k´et kupac ¨osszs´ ulya azonos. • Mindegyik kupac minden sz´ınb˝ol k´et kavicsot tartalmaz. M´ asodik nap 4. feladat. Adott egy n > 1 eg´esz sz´am. Egy hegynek egy lejt˝oj´en n2 ´allom´as van, csupa k¨ ul¨onb¨oz˝o magass´agon. K´et felvon´ot´arsas´ag, A ´es B mindegyike k felvon´ot u ¨zemeltet; mindegyik felvon´oval egy ´allom´asr´ol egy magasabban fekv˝o ´allom´asra lehet eljutni (k¨ozb¨ uls˝o meg´all´as n´elk¨ ul). Az A t´arsas´ag k felvon´oj´anak k k¨ ul¨onb¨oz˝o kezd˝opontja ´es k k¨ ul¨onb¨oz˝o v´egpontja van, ´es magasabbr´ol indul´o felvon´o magasabbra is ´erkezik. Ugyanezek a felt´etelek teljes¨ ulnek B-re. Azt mondjuk, hogy egy felvon´ot´arsas´ag ¨ osszek¨ ot k´et ´allom´ast, ha a lejjebbi ´allom´asr´ol indulva el lehet jutni a feljebbire az adott t´arsas´ag egy vagy t¨obb felvon´oj´at haszn´alva (nincs megengedve semmilyen m´as mozg´as az ´allom´asok k¨oz¨ott). Hat´arozzuk meg a legkisebb olyan pozit´ıv eg´esz k sz´amot, amelyre biztosak lehet¨ unk abban, hogy van k´et olyan ´allom´as, amelyet mindk´et felvon´ot´arsas´ag ¨osszek¨ot. 5. feladat. Adott egy k´artyapakli, amely n > 1 k´arty´ab´ol ´all. Mindegyik k´arty´ara egy pozit´ıv eg´esz sz´am van fel´ırva. A pakli olyan, hogy b´armely k´et k´arty´an l´ev˝o sz´am sz´amtani k¨ozepe egy´ uttal a m´ertani k¨ozepe is n´eh´any (egy vagy t¨obb) k´arty´an l´ev˝o sz´amnak. Milyen n-ekre k¨ovetkezik ebb˝ol, hogy a k´arty´akon ´all´o sz´amok mind egyenl˝ok? 6. feladat. Bizony´ıtsuk be, hogy l´etezik olyan c pozit´ıv konstans, amellyel igaz a k¨ovetkez˝o ´all´ıt´as: ∗

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

451

452

Az olimpia honlapja: https://www.imo2019.uk/. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Tekints¨ unk egy n > 1 eg´esz sz´ amot ´es egy n pontb´ol ´all´o S halmazt a s´ıkban u ´gy, hogy S b´armely k´et k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o pontj´ anak t´ avols´aga legal´abb 1. Ebb˝ol k¨ovetkezik, hogy van olyan, S-et sz´etv´ alaszt´ o ℓ egyenes, hogy S b´armely pontj´anak ℓ-t˝ol val´o t´avols´aga legal´abb cn−1/3 . (Egy ℓ egyenes sz´etv´ alasztja pontoknak egy S halmaz´at, ha valamely, S-nek k´et pontj´at ¨osszek¨ot˝o szakasz ´atmetszi ℓ-et.) Megjegyz´es. Gyeng´ebb eredm´enyre, amelyben cn−1/3 helyett cn−α ´ all, j´ arhat r´eszpontsz´ am az α > 1/3 konstans ´ert´ek´et˝ ol f¨ ugg˝ oen.

Egy ku on¨ os ´ elet´ ut, Ramanujan ¨ l¨ I. r´ esz Az el˝oad´as c´ıme: Egy k¨ ul¨ on¨ os ´elet´ ut, Ramanujan”.∗ Kifejez˝obb lett volna: ” Egy romantikus ´elet´ ut, Ramanujan”. A jelenlev˝ o hallgat´os´agnak vannak m´ar ma” tematikai ismeretei, matematikusok k¨ oz¨ ul is soknak nev´er˝ol hallott, ´elet´er˝ol is tud valamit, az azonban tal´ anyosnak t˝ unhet, hogyan lehet egy´altal´an egy matematikus alakj´at, ´elet´ utj´ at romantikusnak nevezni? Pedig Geoffrey Harold Hardy, a cambridge-i egyetem vil´ agh´ır˝ u professzora, 100 ´ev ´ota az els˝o angol matematikus, akinek o¨sszegy˝ ujt¨ott munk´ ait h´et vaskos k¨ otetben kiadt´ak hal´ala ut´an, 1936-ban az USA-beli Harvard-egyetemen Ramanujan-r´ ol tartott el˝oad´assorozat´at a k¨ovetkez˝o szavakkal kezdte (magyar ford´ıt´ asban): Ezen el˝oad´asokban olyan neh´ez fel” adat el´e ´all´ıtottam magam, melyet – ha a sikertelens´eg miatt mindj´art az elej´en ´ keresn´ek ments´egeket – majdnem teljes´ıthetetlennek kellene min˝os´ıtenem. Eszszer˝ u ¨ oket is seg´ıtenem – a jelenv´elem´enyt kell kialak´ıtanom magamban – ´es ebben On¨ kori matematika legromantikusabb alakj´ ar´ ol, amit eddig sohasem tettem; egy olyan emberr˝ol, akinek karrierje tele van paradoxi´ akkal ´es ellentmond´asokkal, ami megcs´ ufol minden olyan k´ anont, amellyel mi (matematikusok) egym´ast meg szoktuk ´ıt´elni, ´es akir˝ol, azt hiszem, csak egyetlen dologban fogunk egyet´erteni, hogy bizonyos ´ertelemben nagyon nagy matematikus volt.” Nagy szavak. M´ar eleve elcsod´alkoztat´ ok k´et ellent´etes okb´ol. Matematikusok, olyan rend˝ uek, mint Hardy, ´altal´ aban eredeti matematikai tartalm´ u ´ertekez´esek, pl´ane k¨onyvek ´ır´as´at ambicion´ alj´ ak; Hardy a Ramanujanr´ol sz´ol´o 12 el˝oad´as´at k¨onyv alakban adta ki 1940-ben, melynek c´ıme Ramanujan”. M´asr´eszt azonban ” mit jelent az a rezerv´ aci´ o, hogy csak bizonyos ´ertelemben nagyon nagy”? ” Srinivasa Ramanujan 1887 december´eben sz¨ uletett Indi´aban, egy Madr´aszhoz k¨ozeli kisv´arosban nagyon szeg´eny, vall´ asos brahmin csal´adban. Apja egy ruhakeresked˝on´el volt k¨onyvel˝ of´ele. 5 ´eves kor´ aban kezdett iskol´aba j´arni; matematikai k´epess´egei 10 ´eves kor´ aban kezdtek mutatkozni. Ekkor m´eg j´o vizsg´ai miatt f´eltand´ıjmentes lett, ´es sz´amtantan´ ara, akinek az ´orarendet kellett volna ¨ossze´all´ıtania, ∗ Ez a cikk az 1976-ban megtartott, azonos c´ım˝ u TIT-el˝ oad´ as sz¨ ovege. A K¨ oMaL 1977. okt´ oberi sz´ am´ aban jelent meg el˝ osz¨ or. K´es˝ obb a Nagy pillanatok a matematika t¨ ort´enet´eben c. k¨ onyvben volt olvashat´ o. Az el˝ oad´ as anyag´ at T. S´ os Vera egyetemi docens rendezte sajt´ o al´ a. (Szerk.)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

453

azt r´a b´ızhatta; mindenki, aki ezt valaha pr´ob´alta, tudja, milyen kellemetlen feladat ez, m´eg ha akkor ´es ott a mell´ekfelt´etelek nem is voltak olyan sz´amosak, mint manaps´ag. Hindu ´eletrajz´ır´oi szerint 13 ´eves volt, mikor trigonometri´at tanulva r´aj¨ott az eiφ = cos φ + i sin φ Euler-rel´aci´ora ´es nagyon csal´odott volt, mikor megtudta, hogy ez m´ar r´egen ismert. K¨onyvei nem voltak; 16 ´eves volt, mikor az els˝o matematikak¨onyvet kapta k¨olcs¨on egy bar´atj´at´ol. Ez egy Carr nev˝ u tan´ar Synopsis of elementary results in pure and applied mathematics” c. k¨onyve volt. ” Ez Ramanujanra v´egletes hat´assal volt, igen j´o ´es igen rossz hat´assal. J´o hat´assal, mert felfedeztette vele a sz´ep formula” gy¨ony¨or˝ us´eg´et; erre m´eg majd k´es˝obb r´esz” letesebben visszat´erek. Rossz hat´assal volt a k¨onyv synopsis (¨osszefoglal´as) jellege miatt; bizony´ıt´asok a k¨onyvben nemigen voltak, ´es ha igen, csak nagyon v´azlatosak, ´es ebb˝ol a fiatalember – mondhatni, egy ´eletre – azt a konkl´ uzi´ot vonta le, hogy a bizony´ıt´as le´ır´asa, m´eg a jelz´ese is felesleges, valamif´ele intu´ıci´o egy villan´asa azt sz´am´ara evidenci´aba tudta helyezni. Persze k¨ uls˝o k´erd´esekre, hogy hogyan j¨ott r´a eredm´enyeire, nem tudott v´alaszolni, ´es ezt nem m´odszereinek eltitkol´as´ara tette. Egy bar´atja szerint, aki vel¨ uk egy h´azban lakott ebben az id˝oben, gyakran fel´ebredt ´ejjel 2 ´ora t´ajt, odament az odak´esz´ıtett t´abl´ahoz ´es egy viharl´ampa halv´any f´eny´en´el ´ırt r´a. Mikor k´erdezt´ek, mit csin´al, azt felelte, hogy ´alm´aban r´aj¨ott valamire, ´es azt r¨ogz´ıti, hogy el ne felejtse reggelre. 16 ´evesen ¨oszt¨ond´ıjjal beker¨ ult egy j´o college-ba, melyet D´el-India Cambridge-´enek neveztek. Itt angolt, matematik´at, biol´ogi´at, g¨or¨og¨ot, szanszkritot ´es r´omai t¨ort´enelmet kellett volna tanulnia, de akkor m´ar mint a sz´ep formula megsz´allottja, elkezdte ´ırni napi felfedez´eseit napl´oj´aba, mint Gauss (akir˝ol nem is hallott akkor egy´altal´an), ´es ezek sodr´aban nem tudott a t¨obbi t´arggyal foglalkozni, megbukott ´es persze elvesztette ¨oszt¨ond´ıj´at. Ez 1904-ben volt, u ´jra beiratkozva 1905-ben annyit mulasztott, hogy nem is mehetett vizsg´azni. 1906-ban egy m´asik college-ban pr´ob´alkozott, de megbetegedett ´es itt sem tudott tov´abbjutni. 1907-ben az eredeti college-´aban mint mag´antanul´o pr´ob´alkozott, ´es akkor is megbukott. Mit tehetett akkor egy hindu fiatalember, akinek apja havi 20 r´ upi´as fizet´es´eb˝ol tartotta el csal´adj´at? R´eszint matematik´at korrepet´alt, r´eszint 1909-ben megn˝os¨ ult; feles´ege akkor 9 ´eves volt. Az ilyen h´azass´ag Indi´aban gyakori ´es ink´abb az itteni eljegyz´eshez hasonl´ıthat´o; f´erj´ehez csak 12 ´eves kor´aban k¨olt¨oz¨ott, ami Keleten persze m´ast jelent, mint Eur´op´aban. Napl´oja k¨ozben egyre n˝ott; els˝o napl´ok¨onyve (a h´arom k¨oz¨ ul) 300 s˝ ur˝ un tele´ırt oldal´ab´ol kb. a fele sz´armazhatott di´akkor´ab´ol. 1911-ben jelentek meg els˝o dolgozatai az Indian Mathematical Journal-ben, de ezekb˝ol akkor sem Indi´aban, sem sehol a vil´agon nem lehetett meg´elni, feles´eget ´es sz¨ ul˝oket t´amogatni. 1912-ben tisztvisel˝oi ´all´ast kapott havi 20 r´ upi´as fizet´essel, amit hamarosan felcser´elhetett egy havi 30 r´ upi´assal, ami akkor kb. ´evi 30 fontnak felelt meg. Felmer¨ ul a k´erd´es, mi´ert nem ismert´ek fel m´ar addigi dolgozataib´ol Indi´aban, haz´aj´aban k´epess´egeit, ahol voltak egyetemek, volt m´ar Matematikai T´arsulat ´es angliai v´egzetts´eg˝ u professzorok? Indiai matematikusok u ´jra ´es u ´jra felteszik maguknak a k´erd´est, mi´ert kellett akkori elnyom´oiknak, az angoloknak felfedezni azokat ´es k´es˝ obb el˝oseg´ıteni kifejl˝od´es¨ uket. Erre a v´alasz egyr´eszt az, hogy eredm´enyei megel˝ozt´ek az u ´n. modul´aris form´ak elm´elet´et, melyb˝ol k´esz elm´elet csak 15 ´evvel k´es˝obb lett Hecke kez´eben (aki nem is tudott Ramanujan ez ir´any´ u eredm´enyeir˝ol), teh´at r´eszben olyan t´emak¨or¨okre vonatkoztak, amelyeket akkor sehol 454

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

´ – ´es ´ıgy Indi´aban sem – m˝ uveltek. Atlagos k´epzetts´eg˝ u ´es k´epess´eg˝ u professzorokt´ol nem volt v´arhat´o, hogy ebbe k¨ onnyen bele tudj´ ak magukat ´elni. K¨ ul¨on¨osen akkor – ´es ez a v´alasz m´ asr´eszt –, ha hozz´ avessz¨ uk, hogy Ramanujan expon´al´o (k¨ozl˝o) k´epess´ege m´eg a 0-val lehetett egyenl˝ o. Jellemz˝ o erre az a t¨ort´enet, amelyet egy oszt´alyt´arsa mes´elt egy college-beli matematika´ or´ ar´ol. A tan´ar egy feladatot kezdett kidolgozni a t´abl´ an. Az els˝ o k´et l´ep´es ut´ an Ramanujan k¨ozbesz´olt, hogy ezek feleslegesek ´es gondolkoz´ as n´elk¨ ul megmondta a megold´ast. Ut´ana a tan´ar hitetlen¨ ul folytatta a t´abl´an a feladat megold´ as´ at ´es 8 vagy 10 tov´abbi l´ep´es ut´an jutott – az oszt´aly nagy csod´ alkoz´ as´ ara – a Ramanujan ´altal el˝ore jelzett eredm´enyhez. Kev´es k´epzett, id˝osebb matematikusnak van kedve arra, hogy sz´am´ara u ´j t´emak¨ or¨okben 8-10 l´ep´eses ugr´ asokat maga tudjon a helysz´ınen (vagy ak´ar nyugodtan ´ m´as ilyen t¨ort´enetekb˝ol l´athat´oan Ramat¨ oprengve ´ır´oasztala mellett) kis¨ utni. Es nujan nem nagyon volt hajland´ o a hi´ anyz´ o l´ep´eseket mint teljesen trivi´alisakat (neki trivi´alisakat) r´eszletezni. A visszhangtalans´ ag ok´aul el lehetne k´epzelni, hogy t´ ul b¨ uszke volt ahhoz, hogy maga keresse a kapcsolatot a matematikusokkal, hogy Mohamed menjen a hegyhez. De egy bar´ atja szerint t´avolr´ol sem ez volt a helyzet. 1910-t˝ol – mint mondja – Ramanujan egyik matematikust´ol a m´asikhoz ment bemutatv´an (ekkor m´ar k´et) matematikai napl´ oj´ at, majdnem 0 hat´asfokkal. ´Igy fokozatosan bel´ atv´ an, hogy odahaza semmit sem rem´elhet, elsz´anta mag´at bar´atai r´abesz´el´es´ere, hogy ´ırjon Hardynak. 1913. janu´ar 16-os d´atum van a lev´elen. Furcsa egy bemutatkoz´o lev´el volt, melyet csak kev´ess´e enyh´ıt az, hogy nem tudv´ an el´egg´e angolul, azt minden bizonnyal nem matematikus bar´ atai ford´ıtott´ ak le, akik val´osz´ın˝ uleg maguk sem nagyon uralt´ak a nyelvet. De ´erdemes elgondolkodni felette, mert a sz´amelm´elet egy d¨ ont˝o fordulata m´ ulott rajta, illetve kezd˝ od¨ ott vele. Nem medit´alva azon, hogy ´ıgy kezdi: A madr´aszi Port Trust Office tisztvisel˝ oje vagyok, csup´an ´evi 20 font fize” t´essel” ´es azon sem, hogy mi´ert ´ırja ut´ ana, I am about 23 years of age”, mikor ” m´ar 25 is elm´ ult a lev´el ´ır´ asakor, ´ıgy folytatja (ford´ıt´asban). Elhagyva az iskol´at, ” szabad id˝omben matematik´ aval foglalkoztam. Nem j´artam a szok´asos u ´ton, melyet egyetemi el˝oad´asokban k¨ ovetnek, u ´j utat t¨ ortem magamnak.” (Ismer˝os szavak ezek magyar f¨ uleknek.) Majd tov´ abb: Eredm´enyeimet a helyi matematikusok b´amula” tosnak nevezik”, de a k¨ ovetkez˝ o mondatban ezt ´ırja: A helyi matematikusok nem ” tudnak meg´erteni engem magasabb sz´ arnyal´ asomban” (in my higher flights). Level´ehez mell´ekelt napl´oj´ ab´ ol ¨ osszev´ alogatott 120 identit´ast. Majd befejez´es¨ ul, mintegy az ellenkez˝o v´egletbe esve ´ırja; Szeg´eny l´ev´en, ha u ´gy l´atja, hogy t´eteleimben van ” valami ´ert´ek, szeretn´em azokat publik´ alni.” Mindenkiben fel¨otlik, hogyan reag´ alna ˝o egy ilyen lev´elre; ´erdekesebb l´atni, hogyan reag´alt a cambridge-i egyetem akkor m´ar vil´ agszerte ismert lecturerje (m´eg nem volt professzor) az angol vil´ agbirodalom f´enykora idej´en egy f´elm˝ uvelt hindu fiatalember fent v´azolt level´ere. Err˝ ol tudunk C. P. Snow professzornak a kiv´al´o fizikus, ´ır´o ´es kult´ urfiloz´ ofusnak, Hardy r´egi bar´ atj´ anak ´es akkori cambridge-i koll´eg´aj´anak rektori sz´ekfoglal´ oj´ ab´ ol 1962-b˝ ol, 15 ´evvel Hardy hal´ala ut´an; de Hardy maga is ´ır err˝ol 1936-os harvardi el˝ oad´ as´ aban. A kett˝o alap´all´asa n´emileg k¨ ul¨onb¨oz˝o; bizonyos vonatkoz´ asokban Snow verzi´ oja az emberibb. Eszerint az els˝o lap elolvas´asa ut´an Hardy a lev´el ´ır´ oj´ at f´elbolondnak tartotta, ut´ana k¨ovetkez˝o meg-

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

455

jegyz´es´et pontos pr´ımsz´amformul´ar´ol hihetetlennek. A mell´ekletben k¨ uld¨ott 120 identit´as k¨oz¨ ul fel¨ uletes ´atvizsg´al´asra egyesek r¨ogt¨on felt˝ untek neki ´erdekes voltukkal, de a bizony´ıt´asok legcsek´elyebb jelz´es´enek hi´anya bizalmatlann´a tette. Az eg´esz dolog nem tetszett neki, nyugodtan folytatta reggeli u ´js´agj´at, megtartotta ´or´aj´at, d´elut´ani teniszpartij´at; de este mag´aval vitte a levelet szok´asos besz´elget´es´ere Littlewood -dal, akivel val´o tart´os kollabor´al´asa m´ar 1912-ben megkezd˝od¨ott ´es hal´al´aig, 1947-ig tartott. Ekkor alaposabban megn´ezt´ek a matematikai mell´ekletet. Identit´asaib´ol kett˝o olyan mer˝oben u ´jszer˝ u jelleg˝ u volt, hogy ez meggy˝ozte ˝oket, hogy jelent˝os emberrel van dolguk. Hardy igen gyorsan, febru´ar 8-´an m´ar v´alaszolt, pozit´ıvan a j´or´ol, nem sz´olva a val´osz´ın˝ utlenr˝ol, csup´an a bizony´ıt´asok valamelyes jelz´es´et hi´anyolva. Ramanujan is r¨ogt¨on v´alaszolt febru´ar 27-´en. Ebben kifejezte o¨r¨om´et, hogy v´egre tal´alt valakit, aki ´ert˝oen m´elt´anyolja matematik´aj´at ´es ˝oszint´en felt´arta tragikus anyagi helyzet´et: . . . Hogy meg˝orizzem agyamat, ennival´o kell nekem ´es ez most a legf˝obb gondom. ” Minden ilyen lev´el ¨ont˝ol seg´ıthet abban, hogy az egyetemt˝ol vagy a korm´anyt´ol ¨oszt¨ond´ıjat kapjak . . . ” Megind´ıt´o viszont Hardy v´alasza m´arcius 26-´an. Nem ismerv´en Ramanujan munkast´ılus´at, mely az igazi oka volt annak, hogy nem ´ırt bizony´ıt´asokat t´eteleihez, azt hitte, hogy bizalmatlans´ag ennek az oka. Hogy ezt eloszlassa, felsorolta, ki mindenkinek mutatta ˝o m´ar meg Ramanujan leveleit ´es ´ıgy, ha ˝o illegitim m´odon akarn´a az azokban eml´ıtett eredm´enyeit felhaszn´alni, Ramanujannak ´ a finom folytat´as: . . . Ne haragudjon, hogy k¨onny˝ u dolga volna ˝ot leleplezni. Es ” a dolgot ilyen sz´okimond´oan t´argyalom. Nem tenn´em, ha nem t¨orekedn´ek arra, ¨ nyilv´anval´o matematikai k´epess´egei kifejleszt´es´ere jobb lehet˝os´egeket kaphogy On jon . . . ” Ramanujan m´ar ´aprilis 17-´en v´alaszol. Ebben egyr´eszt k¨ozli, hogy egy dr. Walker nev˝ u meteorol´ogus intervenci´oj´ara a madr´aszi egyetemt˝ol k´et ´evre ´evi 60 font ¨oszt¨ond´ıjat kapott (m´ar ebben is benne volt Hardy keze). M´asr´eszt ´ırja, hogy nem bizalmatlans´ag miatt nem ´ır bizony´ıt´asokat, hanem mert b´ar eredm´enyei helyess´eg´eben nem k´etelkedik, de azon utat, melyen ˝o ezekre r´aj¨ott, maga is heurisztikusnak ´erzi. Mindenesetre m´ajus 1-j´et indirekte meg¨ unnepelte azzal, hogy tisztvisel˝oi ´all´as´at felmondta. A levelez´esb˝ol Hardy el˝ott vil´agos lett, hogy Ramanujan Indi´aban maradva sohasem fogja tudni kip´otolni alaphi´anyoss´agait. Els˝o ez ir´any´ u c´elz´as´ara sz¨ ulei tilalm´ara Ramanujan nemmel v´alaszolt; ett˝ol a sz¨ ul˝ok csak valamilyen megrendezett vall´asi h´okuszp´okusz ut´an ´alltak el. Ism´et angol kezdem´enyez´esre a madr´aszi egyetem k´et ´evre kik¨ uldte Cambridge-be ´evi 250 font ¨oszt¨ond´ıjjal, u ´tik¨olts´eggel, s˝ot m´eg ruhat´ara eur´opaias´ıt´as´ara is kapott p´enzt. M´eg arr´ol is gondoskodtak, hogy a haj´on szigor´ uan veget´ari´anus kosztot kapjon, melyhez ragaszkodott eg´esz ´elet´eben. Miut´an gondoskodott arr´ol, hogy ¨oszt¨ond´ıj´ab´ol sz¨ ulei havi 60 r´ upi´at kapjanak, 1914. m´arcius 30-´an elindult haj´on Angli´aba; Cambridge-be ´aprilis 16-´an ´erkezett. Az eur´opai ´eletm´odot hamar megszokta, ha pl. az eur´opai cip˝ovisel´est 27 ´eves korban elkezdeni nem is lehetett nagyon k¨onny˝ u. A Trinity College-ban lakott, eur´opai k´enyelemben egyed¨ ul, maga f˝ozte egyszer˝ u, szigor´ uan veget´ari´anus kosztj´at. Ezenfel¨ ul idej´et egyes el˝oad´asok l´atogat´asa, munk´aja ´es a Hardy-val val´o eszmecsere t¨olt¨otte ki. A kiv´al´o cambridge-i matematikus, A. Berry mes´elte j´oval k´es˝obb, hogy egy ´or´aj´an egy formula levezet´es´en bajl´odott. K¨ozben mindig figyelte Rama-

456

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

nujan arc´at, aki nyugodtan u atja, hogy Ramanujan arca felragyog, ¨lt. Egyszer l´ ´es nagyon izgatottan izeg-mozog. Mikor megk´erdezte, volna-e valami megjegyz´ese, Ramanujan felkelt ´es fel´ırt a t´ abl´ ara egy formul´ at, melyet Berry a t¨ort´enet elmond´as´anak id˝opontj´ aban sem tudott m´eg bebizony´ıtani. De a legl´enyegesebb volt a cambridge-i matematikusokkal val´ o tal´ alkoz´ asa, akiknek a sz´ama azonban a hamarosan megkezd˝od¨ott els˝ o vil´ agh´ abor´ u miatt l´enyegileg Hardyra reduk´al´odott. Egy¨ utt volt h´at minden, ami a nyugodt, koncentr´alt munk´ahoz kellett. Hardy a mindennapos szem´elyi tal´ alkoz´ as ut´ an hamarosan r´aj¨ott arra, hogy Ramanujanban sokkal nagyobb kincset nyert, mint valaha is gondolta volna az el˝ozm´enyek ut´an. Hardy sportos alap´ all´ as´ u volt, szeretett mindent versenyszer˝ uen tekinteni ´es azut´an pontozni. J´ oval Ramanujan hal´ ala ut´ an, m´eg a 20-as ´evekben, egy alkalommal a jelen sz´azadbeli matematikusok pontoz´as´ara ker¨ ult sor. 100 pont l´ev´en a maxiumum, Ramanujan kapott t˝ ole 100 pontot, Hilbert 80-at, Littlewood 30-at, a t¨obbiek m´eg kevesebbet, mondja a t¨ ort´enet. Az abszurdnak hat´o oszt´alyoz´as azonban bizonyos m´ert´ekben ´erthet˝ o. Hardy elragadtat´as´anak oka nemcsak az volt, hogy majdnem minden nap f´eltucatnyi u ´j eredm´enyt k¨oz¨olt vele Ramanujan; maga a sz´am nem jelent t´ ul sokat. Ink´ abb azok fant´azi´at mutat´o jellege, v´aratlan volta, az a k¨ onnyeds´eg, ahogy ezek szinte folytak gondolkoz´asm´odj´ab´ol an´elk¨ ul, hogy val´oban sz´ amot tudott volna adni, hogyan j¨ott r´ajuk; ez ragadta meg Hardyt. M´asr´eszt a gyors pr´ ob´ algat´ asainak sikertelens´ege megold´asukra, ezek meggy˝ozt´ek ˝ot arr´ol, hogy az ´all´ıt´ asok nem felsz´ınen mozg´ok. Ezen t´etelek m´asfajta, eddig sz´am´ara ismeretlen matematikai gondolkoz´ asm´ odot fedtek fel el˝otte. Az az eredetis´eg, az a glob´ alisnak nevezhet˝ o l´ at´ asm´od, mely annyira k¨ ul¨onb¨oz¨ott minden m´as, ´altala ismert matematikus´et´ ol, ny˝ ug¨ ozte le. Hardy k¨onyv´eben er˝osen hadakozik az ellen, hogy Ramanujan k´epess´egeit, eredeti l´at´asm´odj´at valamif´ele keleti misztikus filoz´ofia alak´ıtotta ki. Magam is ismerek olyan fiatal magyar matematikust, akinek keleti filoz´ ofi´ ak tanulm´ anyoz´ asa n´elk¨ ul minden bizonnyal ilyen glob´alis l´at´asm´odja van, de rendszeres matematikai el˝ok´epzetts´eggel rendelkezv´en, ut´olag ki tudja analiz´ alni ugr´ asait ´es szok´ asos l´ep´esekre bontani. Hardy hat´artalan lelkesed´ese vitte kereszt¨ ul, hogy Ramanujan 1918 m´ajus´aban k¨oz´episkolai v´egzetts´eg n´elk¨ ul Fellow of the Royal Society lett, ami a mi akad´emiai tags´agunknak felel meg, ´es amely megtiszteltet´es hindut el˝otte csak egy nem matematikust ´ert. 1919. okt´ ober 18-´ an els˝ ok´ent a h´ıres Trinity College fellow-j´av´a v´alasztott´ak, ami 6 ´evre ´evi 250 fontos fizet´est jelentett, minden k¨otelezetts´eg n´elk¨ ul. Illet˝oleg jelentett volna, ha nem kapott volna m´ar 1917 m´arcius´aban a fesz´ıtett munka, a gyenge t´apl´ alkoz´ as ´es az angol ´eghajlat miatt t¨ ud˝ov´eszt, amely miatt v´eg¨ ul is m´ar 1919. febru´ ar 27-´en haza kellett utaznia. Hardy aj´anl´as´ara a madr´aszi egyetem is megszavazott neki ´evi 250 fontot 5 ´evre ´es arra is l´ep´esek t¨ort´entek, hogy sz´am´ara egy professzori ´all´ ast l´etes´ıtsenek. M´eg egy r¨ovid levelet tudott ´ırni 1920 janu´arj´aban Hardynak, mely matematik´ aval foglalkozott, de ugyanezen ´ev ´aprilis 26-´an a t¨ ud˝ov´esz legy˝ urte. Nem volt teh´ at 33 ´eves sem, mikor meghalt, pedig tal´an ´eppen ez a matematikus legjobb kora. Sz¨ ulei, nagyanyja, 20 ´eves feles´ege gy´aszolta; eml´ek´et – Watson becsl´ese szerint – vagy 3-4 ezer t´etel ˝orzi. Hogy Ramanujan angliai u ´tj´ aval Hardy mit nyert, m´ar sejtj¨ uk, ´es hogy a matematika mit nyert, tudjuk. Mit nyert Ramanujan a j´oval kedvez˝obb munkak¨or¨ ul-

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

457

m´enyeken ´es a t¨ ud˝ov´eszen fel¨ ul? Indiai bar´atainak ´ırott levelei felelnek erre. M´ar 1914 okt´ober´eben ´ırja, hogy egyel˝ore f´elreteszi r´egi eredm´enyeit ´es mivel egyet s m´ast m´ar tanult az itteni m´odszerekb˝ol, el˝osz¨or ezek alkalmaz´as´aba akar belej¨onni. 1915. janu´arban m´ar bel´atja, hogy napl´oj´aban lev˝o t´eteleire m´eg nincs szigor´ u bizony´ıt´asa. Ez´ert j´ uliusban m´ar azt ´ırta, hogy p´ar ´evvel tov´abb kell Cambridge-ben maradnia, mert Madr´aszban sem seg´ıts´eget, sem irodalmi referenci´akat munk´aj´ahoz nem tudna kapni senkit˝ol. Hardy maga is ´ır k¨olcs¨onhat´asukr´ol. Ramanujan kezdeti matematikatud´asi ´allapot´at finoman u ´gy fejezte ki, hogy tud´as´anak korl´at” jai ugyanolyan meglep˝oek voltak, mint eredm´enyeinek m´elys´ege”. Mint ´ırja tov´abb, (´erkez´esekor) fogalmai arr´ol, hogy mi egy matematikai bizony´ıt´as, a lehet˝o legho” m´alyosabbak voltak”, ugyanakkor, mikor pl. az u ´n. l´anct¨ortek neh´ez elm´elet´enek m´ar fel¨ ulm´ ulhatatlan mestere volt. P´ar ´ev alatt v´eg¨ ul is maga meg tudta mondani, hogy valamit be tud-e bizony´ıtani vagy nem. Hardy tudta azt, amit Miksz´ath h´alyogoper´al´o kov´acsa nem tudott, hogy szolid matematikai megalapoz´as elvehetn´e Ramanujan intu´ıci´oj´at. ´Igy csak olyan dolgokra tan´ıtotta, melyek nemtud´asa alapvet˝o hib´akra vezethet; de hozz´atette, hogy ˝o sokkal t¨obbet tanult Ramanujant´ol. Ez a tanul´as nem rontotta el Ramanujan intu´ıci´oj´at. Miel˝ott Ramanujan matematikai munk´ainak legal´abb ´erz´ekeltet´es´ere t´ern´ek, m´eg egy mozzanatra t´ern´ek ki, mely bizonyos m´ert´ekben megvil´ag´ıtja Ramanujan kutat´asi m´odszereit ´es egyben egy tov´abbi paradoxi´at is mutat. Ez pedig Ramanujannak a pozit´ıv eg´esz sz´amokhoz val´o kapcsolata volt. Valaki u ´gy fogalmazta meg ezt, hogy Ramanujannak minden eg´esz sz´am szem´elyes ismer˝ose. Ha megsejtett egy ¨osszef¨ ugg´est, ezt sz´amp´eld´akon verifik´alva nyert impulzust tov´abbi meggondol´asok keres´es´ere. Kifejezetten ezen az u ´ton jutott eredm´enyeihez azon n-sz´amokra vonatkoz´olag, melyekre d(n) > d(v),

ha

1 6 v < n;

itt d(k) jelenti a k eg´esz sz´am pozit´ıv oszt´oi sz´am´at. Az ilyen sz´amokat highly ” composed numbers”-nak, nagyon ¨osszetett” sz´amoknak nevezve, fel´ırta az els˝o kb. ” 2000 ilyen sz´amot; az utols´o n = 146 659 312 800 = 25 · 34 · 52 · 72 · 11 · 13 · 17 · 19 volt. Mikor egyszer Hardyval Londonban taxin mentek, Hardy a taxi t´avoz´asa ut´an j¨ott r´a, hogy aktat´ask´aj´at a kocsiban felejtette. K´eziratok l´ev´en a t´ask´aban, ez k´ets´egbe ejtette, de Ramanujan megnyugtatta, nincs baj, ˝o eml´ekszik, hogy a taxi sz´ama 1729. Hardy nagyon megk¨onnyebb¨ ult, de r¨ogt¨on megk´erdezte, hogy jutott esz´ebe egy´ altal´ an megjegyezni a taxisz´amot, ´es ha m´ar igen, hogyan lehetett egy ilyen ´erdektelen sz´amot megjegyezni. Nem ´erdektelen ez a sz´am, felelte Ramanujan, ez a legkisebb eg´esz sz´am, amely egyn´el t¨obbf´elek´epp ´all´ıthat´o el˝o k´et k¨obsz´am ¨osszegek´ent. T´enyleg: 1729 = 1 + 1728 = 13 + 123 = 1000 + 729 = 103 + 93 . Ezt Ramanujan, mellesleg sz´olva, nem ott a helysz´ınen tal´alta, egy korai napl´oj´aban megtal´alt´ak ezt az ´eszrev´etelt. 458

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Azt lehetne hinni err˝ ol, hogy Ramanujan els˝ o ´erdekl˝od´esi ter¨ ulete a sz´amelm´elet volt; de a val´os´ ag az, hogy angliai u ´tja el˝ ott sz´amelm´elettel igen keveset foglalkozott, Carr anyag´ anak hat´ asa miatt. Ha Carr gy˝ ujtem´enye helyett college´eveiben egy jobb sz´amelm´eleti bevezet˝ o k¨ onyv ker¨ ul kez´ebe, biztosan m´as lett volna alakul´asa. A sz´amelm´elettel igaz´ an csak Angli´ aban ker¨ ult kapcsolatba. Azt is lehetne hinni az el˝obbiek ut´ an, hogy gyors ´es j´o sz´ amol´o volt. Ez sem igaz. Hardy megfigyelte, hogy u ´gy ad ¨ ossze ´es szoroz, mint ak´ arki az iskol´aban, ´es mikor egyszer t´enyleges sz´amol´asra ker¨ ult sor, n´ ala j´oval gyorsabbnak mutatkozott a matematika egy m´asik k¨ ul¨on¨os alakja, Mac Mahon ˝ ornagy. Tur´ an P´ al

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire I. r´ esz 1. a) Mely x val´os sz´ amokra ´ertelmezhet˝ o az √ √ 1− x−3 f (x) = log2 (x − 2) f¨ uggv´eny?

(5 pont)

3. Anna ´es Bogl´arka unokatestv´erek, az egyik megyesz´ekhely k¨ ul¨onb¨oz˝o iskol´aiba j´arnak. Anna kilenc ´evvel id˝osebb Bogl´ark´an´al. Jel¨olj¨ uk Anna jelenlegi ´eletkor´at A-val, Bogl´arka jelenlegi ´eletkor´at B-vel (A ´es B pozit´ıv eg´esz sz´amok). a) Lehets´eges-e, hogy n (n pozit´ıv eg´esz) ´ev m´ ulva Anna ´eppen h´aromszor olyan id˝os lesz, mint Bogl´arka? H´any ´ev m´ ulva fordulhat el˝o, hogy Anna k´etszer olyan id˝os lesz, mint Bogl´arka? (V´alaszunkat indokoljuk.) (4 pont) ´ Anna ´es Bogl´arka is nagyon u uk, ed¨gyesek matematik´ab´ol. Orai teljes´ıtm´eny¨ digi versenyeredm´enyeik alapj´an a tan´araik benevezt´ek ˝oket egy matematikaversenyre. Anna matematika szakk¨or¨on is k´esz¨ ul a versenyre. A szakk¨orre 21 tanul´o j´ar, 9 l´any ´es 12 fi´ u. A csoport di´akjai mindannyian j´o k´epess´eg˝ uek. A tan´aruk u ´gy szeretn´e ¨ossze´all´ıtani a versenyre utaz´o 14 f˝os csapatot, hogy azon bel¨ ul a nemek ar´anya azonos legyen a szakk¨or¨on bel¨ uli ar´anyukkal.

Anna a matematika ter¨ uletein bel¨ ul legjobban a geometri´at szereti. Egyszer rajzolt Bogl´ark´anak egy der´eksz¨og˝ u trap´ezt ´es elmagyar´azta unokatestv´er´enek a trap´ez tulajdons´agait. Anna rajza az ABCD trap´ez, amelyben a DA sz´ar mer˝oleges az AB alapra. c) Lehets´eges-e, hogy a CD, DA, AB, BC szakaszok hossza ebben a sorrendben egy m´ertani sorozat n´egy szomsz´edos tagja? (V´alaszunkat indokoljuk.) (7 pont)

√ 16x · 82x · 46x · 2 = 64

egyenletek val´os gy¨okei valamilyen sorrendben egy-egy sz´amtani sorozat egym´as ut´ani tagjai lehetnek. (6 pont) 2. Az Agatha Christie m˝ uveib˝ ol k´esz¨ ult Poirot-novell´ak c´ım˝ u tv-sorozat A csokol´ a” d´esdoboz” c´ım˝ u epiz´odj´ anak egyik jelenet´eben k´et szerepl˝o, egy f´erfi ´es egy n˝o, egy operael˝oad´as hallgat´asa k¨ ozben egy doboz belga csokol´ad´et k´ostolgatott. A dobozt a jelenet kezdet´en bontott´ ak fel, ´es a dobozban kezdetben 7-f´ele csokol´ ad´efigura volt, mindegyikb˝ol 4 darab az ´ abra szerint. A n˝oi szerepl˝o kedvence a korona alak´ u csokol´ad´e. K´ostolgat´as k¨ ozben az udvariass´ ag szab´ alyai szerint mindig a h¨olgy v´alaszt el˝osz¨or, azt´an a f´erfi, majd u ´jra a h¨ olgy, azt´ an a f´erfi ´es ´ıgy tov´abb. A f´erfi K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

a) H´anyf´ele sorrendben fogyaszthatn´ak el a 7 csokol´ad´et? (6 pont) b) Ha a megmaradt 21 csokol´ad´eb´ol a h¨olgy egyes´evel, v´eletlenszer˝ uen ´es visszatev´es n´elk¨ ul kiv´alasztana 6 darabot, akkor mennyi lenne a val´osz´ın˝ us´ege, hogy azok k¨oz¨ott legal´abb 2 koron´as csokol´ad´et tal´al? (6 pont)

b) H´anyf´elek´eppen ´all´ıthatja ¨ossze a versenyre utaz´o csapatot Anna szakk¨or´enek tan´ara? (3 pont)

b) Adjunk meg legal´ abb k´et olyan val´ os sz´amot, amelyekkel a √ √ √ x − 2 + 2x + 3 = 3x + 7 ´es a

tudja, hogy a h¨olgy kedvence a koron´as csokol´ad´e, ez´ert ˝o sosem v´alaszt mag´anak ilyet. Ezek figyelembev´etel´evel el˝osz¨or elfogyasztanak 7 csokol´ad´et, mindegyik fajt´ab´ol egyet-egyet, m´egpedig u ´gy, hogy a h¨olgy el˝osz¨or a kedvenc´eb˝ol v´alaszt.

459

4. A koronav´ırus 2020. ´evi elterjed´es´evel kapcsolatos adatokat a grafikonon szeml´elhetj¨ uk (forr´as: pandemia.hu). A grafikon egyes adatait t´abl´azatba foglaltuk m´arciust´ol szeptemberig minden h´onap 6-´an.

03.06. 04.06. 05.06. 06.06. 07.06. 08.06. 09.06. 460

Fert˝ oz¨ ottek sz´ ama 4 744 3990 4597 8387 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

c) H´any val´os megold´asa van a sin4 x + cos4 x − egyenletnek a ] − ¨osszes megold´ast.

3π 5π ; 4 4

]

1 5 · sin x · cos x = 2 4

sz´amhalmazon? Adjuk meg a felt´eteleknek megfelel˝o (7 pont)

6. Az AB szakasz felez˝opontja O, az A ponthoz k¨ozelebbi negyedel˝opontja C, a B ponthoz k¨ozelebbi negyedel˝opontja D. A C, O, D pontokban az AB szakaszra rajzolt mer˝olegesek az AB ´atm´er˝oj˝ u f´elk¨ort rendre a P , Q, R pontokban metszik. a) Hat´arozzuk meg a BQP ´es BRQ h´aromsz¨ogek sz¨ogeit. (8 pont) b) H´any sz´azal´eka a BRQP n´egysz¨og ter¨ ulete az ABP h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek? (Az eredm´enyt k´et tizedesjegyre kerek´ıtve adjuk meg.) (8 pont) 7. H´any olyan p pozit´ıv pr´ımsz´am van, amelyre nem igaz, hogy a (p − 2) · x2 + (2p + 3) · x + p2 − 1 = 0 egyenletnek legfeljebb egy val´os gy¨oke van? A k¨ovetkez˝o t´abl´ azatban k´et tizedesjegyre kerek´ıtve felt¨ untett¨ uk a magyarorsz´agi fert˝oz¨ottek sz´ am´ anak napi ´atlagos n¨ oveked´es´et az egyes id˝opontok k¨oz¨ott eltelt id˝o alatt (a megjel¨ olt id˝ opontok k¨ oz¨ ott eltelt napok sz´am´at meg´allapod´as szerint u ´gy sz´am´ıtjuk, hogy az id˝ ointervallum fels˝ o id˝opontj´anak napj´at hozz´asz´am´ıtjuk az intervallumhoz, az als´ o ´ert´eket nem). 03.06.–04.06. 04.06.–05.06. 05.06.–06.06. 06.06.–07.06. 07.06.–08.06. 08.06.–09.06. 78,9 6,63

a) T¨olts¨ uk ki mindk´et t´ abl´ azat hi´ anyz´ o r´eszeit (egy-egy napon a fert˝oz¨ottek sz´ama csak pozit´ıv eg´esz sz´ am lehet, ez´ert a sz´ am´ıt´ asok sor´an a kerek´ıt´es szab´alyainak megfelel˝oen j´arjunk el). (4 pont) b) Egy n pont´ u teljes gr´ af ´elei k¨ oz¨ ul 21 ´elet t¨or¨olve egy fagr´afot kapunk. Hat´arozzuk meg n ´ert´ek´et. (5 pont) c) Bizony´ıtsuk be, hogy a 11n + 60n 6 61n egyenl˝otlens´eg n = 1 kiv´etel´evel minden pozit´ıv eg´esz sz´ amra teljes¨ ul. (5 pont) II. r´ esz 5. a) Bizony´ıtsuk be, hogy a 2014 · 2016 · 2024 · 2026 + 100 n´egyzetsz´am ´es ´allap´ıtsuk meg, hogy melyik pozit´ıv eg´esz sz´ amnak a n´egyzete. (4 pont) b) Igazoljuk, hogy a ]11,5; ∞[ sz´ amhalmazon ´ertelmezett f (x) =

√ √ √ √ 2x + 28 + 10 · 2x + 3 − 2x + 28 − 10 · 2x + 3

f¨ uggv´eny ´ert´eke ´alland´ o. Hat´ arozzuk meg ezt az ´alland´o ´ert´eket. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

(5 pont) 461

(16 pont)

8. Egy kocka minden ´el´enek hossza n, ahol n pozit´ıv eg´esz sz´am. A kocka minden lapj´at feh´erre festj¨ uk, majd a kock´at a lapjaival p´arhuzamos s´ıkok ment´en n3 darab egys´egnyi ´el˝ u kock´ara daraboljuk. a) H´anyszorosa a kis kock´ak felsz´ın´enek o¨sszege az eredeti kocka felsz´ın´enek? (2 pont) Ezut´an az ¨osszes kis kocka lapjait megsz´amozzuk a k¨ovetkez˝o szab´aly szerint: el˝osz¨or azoknak a kis kock´aknak a 6-6 lapj´at sz´amozzuk meg a pozit´ıv eg´esz sz´amokkal 1-t˝ol kiindulva, amelyeknek egyetlen lapja sem feh´er, ezut´an a sz´amoz´ast folytatjuk azon kis kock´ak lapjaival, amelynek egy oldala feh´er, ut´ana a k´et feh´er lappal rendelkez˝o kis kock´ak k¨ovetkeznek, v´eg¨ ul azok a kis kock´ak, amelyeknek h´arom lapja feh´er. Ezzel az elj´ar´assal el´erj¨ uk, hogy minden kis kocka minden lapj´an szerepel egy-egy pozit´ıv eg´esz sz´am ´es ezek a sz´amok mind k¨ ul¨onb¨oz˝ok. b) Legal´abb mekkora az n sz´am, ha biztosan tudjuk, hogy a 2020 sz´am olyan kis kock´ara ker¨ ul, amelynek nincs feh´erre festett lapja? (4 pont) c) Hat´arozzuk meg a pozit´ıv eg´esz n sz´amot, ha a fenti sz´amoz´assal a 4326 sz´am az utols´o olyan kis kocka utolj´ara megsz´amozott egyik lapj´ara ker¨ ul, amelynek pontosan k´et lapja feh´er. (6 pont) d) Az n3 sz´am´ u kis kock´ab´ol v´eletlenszer˝ uen kiv´alasztunk egy darabot. Mennyi annak az es´elye, hogy a kiv´alasztott kis kock´anak legal´abb az egyik lapja feh´er, ha n = 8? (4 pont) 9. Az ABC h´aromsz¨og cs´ ucsainak koordin´at´ai a der´eksz¨og˝ u koordin´ata-rendszerben A(0; −2), B(6; 10), C(−3; 1).

a) Bizony´ıtsuk be, hogy az ABC der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og. (3 pont) 2 b) Igazoljuk, hogy az y = −x + 8x − 10 egyenlet˝ u parabol´anak a BC oldal egyenes´evel nincs k¨oz¨os pontja, de az AB oldal egyenes´evel k´et k¨oz¨os pontja is van. 462

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Hat´arozzuk meg az AB oldal egyenese ´es az y = −x2 + 8x − 10 egyenlet˝ u parabola metsz´espontjainak koordin´ at´ ait. (5 pont) c) Sz´am´ıtsuk ki, hogy az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek h´anyadr´esz´et fedik le azok a pontok, amelyekre y 6 −x2 + 8x − 10 teljes¨ ul. (8 pont) B´ır´ o B´ alint Eger

Megold´ as. a) Az egyszer˝ u gr´af cs´ ucsai fokainak ¨osszege az ´elek sz´am´anak k´etszerese, ez´ert az ismeretlen foksz´amok ¨osszege 10. A h´etpont´ u gr´af cs´ ucs´anak foka legfeljebb 6 lehet, ´ıgy a k´et foksz´am 5, 5 vagy 4, 6. Az utols´o felt´etel miatt a megold´as 4, 6, mert a m´asik esetben n´egy p´aratlan foka volna a gr´afnak, ekkor azonban nem lenne nyitott Euler-vonala. Mivel ekkor van 6-odfok´ u cs´ ucs, ´ıgy a gr´af ugg˝o is, ´es ez´ert van nyitott Euler-vonala. ¨osszef¨ √ √ √ b) Pl.: i1 = 2,i2 = 2 2, i3 = −3 2. A sz´amok irracion´alisak ´es k¨ ul¨onb¨oz˝oek.

Megold´ asv´ azlatok a 2020/7. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz I. r´ esz 1. Melyek azok az x, y eg´esz sz´ amok, amelyekre egyszerre teljes¨ ul, hogy: 2 2 a) x + y 6 25; b) |x| + |y| > 5; c) log2 (y + 1 − x2 ) > 0?

2. a) Az egyszer˝ u h´etpont´ u gr´ af cs´ ucsainak foka rendre 3, 2, 4, 1, 2; a m´ asik ´ kett˝ ot nem ismerj¨ uk. Allap´ ıtsuk meg ezeket, ha a gr´ afnak 11 ´ele van, valamint a gr´ af megrajzolhat´ o egy folytonos vonallal u ´gy, hogy mindegyik ´el´en pontosan egyszer haladtunk ´ at. b) Adjunk meg h´ arom k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o irracion´ alis sz´ amot u ´gy, hogy a h´ arom sz´ am osszege ´es b´ armelyik kett˝ o szorzata is racion´ alis sz´ am legyen. ¨ c) Mutassuk meg, hogy az A ´es B kijelent´esek tetsz˝ oleges logikai ´ert´ek´ere igaz a ¬(A → B) = A ∧ ¬B egyenl˝ os´eg. (12 pont)

i1 + i2 + i3 = 0; (12 pont)

x>0 x60 x60 x>0

´es ´es ´es ´es

y y y y

> 0, > 0, 6 0, 6 0,

akkor akkor akkor akkor

y y y y

> −x + 5; > x + 5; 6 −x − 5; 6 x − 5.

c) log2 (y + 1 − x2 ) > 0, log2 (y + 1 − x2 ) > log2 1 ⇒ (mivel a log2 x f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ov˝ o) y + 1 − x2 > 1, teh´ at y > x2 (a norm´alparabola ´es bels˝o pontjai). (Ekkor y + 1 − x2 > 0, teh´ at a logaritmus ´ertelmezett.) Ha mindezeket, tov´ abb´ a azt is figyelembe vessz¨ uk, hogy eg´esz sz´ amokat keres¨ unk, akkor a vonalk´ azott tartom´ anyban, illetve a hat´ar´an lev˝ o r´ acspontok koordin´at´ait kapjuk. A megold´asok: A(−2; 4) B(−1; 4) C(0; 5) D(1; 4) E(2; 4)

x1 x2 x3 x4 x5

= −2; = −1; = 0; = 1; = 2;

y1 y2 y3 y4 y5

A i i h h

i2 · i3 = −12.

B i h i h

A→B i h i i

¬(A → B) h i h h

A ∧ ¬B h i h h

Az utols´o k´et oszlopban rendre ugyanazok a logikai ´ert´ekek vannak, teh´at a k´et kifejez´es egyenl˝o. II. megold´ as. Ismert az A → B = ¬A ∨ B azonoss´ag. ¬(A → B) = ¬(¬A ∨ B), most alkalmazzuk a De-Morgan azonoss´agot: ¬(¬A ∨ B) = ¬¬A ∧ ¬B = A ∧ ¬B. 3. Oldjuk meg a val´ os sz´ amok halmaz´ an a sin x + cos x =

1 − sin (2x) cos (2x)

egyenletet.

(13 pont)

Megold´ as. Kik¨ot´es: cos(2x) ̸= 0; alak´ıtsuk az egyenlet jobb oldal´at:

= 4; = 4; = 5; = 4; = 4.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

i1 · i3 = −6;

c) I. megold´ as. K´esz´ıts¨ uk el az igazs´agt´abl´azatot:

Megold´ as. Az a) felt´etelnek megfelel˝ o val´ os sz´ amp´arok halmaza a koordin´atarendszerben egy orig´o k¨ oz´eppont´ u, 5 egys´eg sugar´ u z´art k¨orlemezzel szeml´eltethet˝o. b) Itt a n´egy negyedben az al´ abbiak szerint alakulnak a halmazok: ha ha ha ha

i1 · i2 = 4;

sin x + cos x =

sin2 x + cos2 x − 2 sin x cos x = cos2 x − sin2 x 2

=

(cos x − sin x) cos x − sin x = ; (cos x − sin x)(cos x + sin x) cos x + sin x

2

(sin x + cos x) = cos x − sin x, 463

464

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

(itt egy u ´jabb felt´etel ad´odott: cos x > sin x), sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x = cos x − sin x,

Ezut´an A + a + B = 45, a = 45 − (A + B). A c) felt´etel szerint A + B oszthat´o 10-zel, ´ıgy a jobb oldal oszthat´o 5-tel, mivel pr´ım, a = 5. A + B = 40 (itt p´eld´at l´athatunk a Goldbach-sejt´esre, mely szerint minden 2-n´el nagyobb p´aros sz´am fel´ırhat´o k´et pr´ımsz´am ¨osszegek´ent). T¨obb lehet˝os´eg is van, ezek: 3 + 37 = 11 + 29 = 17 + 23 = 40.

1 + sin (2x) = cos x − sin x.

Emelj¨ unk n´egyzetre: 1 + 2 sin (2x) + sin2 (2x) = 1 − sin (2x),

A b) ´es d) felt´eteleket figyelembe v´eve a megold´as: A = 23; B = 17; a = 5; b = 2. Az edz˝ot´aborban 23 feln˝ott ´es 5 junior Aligai Pec´as, 17 feln˝ott ´es 2 junior B´elatelepi Horg´asz van.

2

sin (2x) + 3 sin (2x) = 0, [ ] sin (2x) sin (2x) + 3 = 0,

ahonnan sin (2x) = 0, vagy sin (2x) + 3 = 0. Ez ut´obbi lehetetlen, ´ıgy 2x = kπ, x = kπ , k ∈ Z. A cos (2 · kπ ̸= 0 felt´etelnek megfelelnek a gy¨ok¨ok, mert a bal 2 2 ) oldal ´ert´eke 1, vagy −1, att´ ol f¨ ugg˝ oen, hogy k p´ aros, vagy p´aratlan.

A cos x > sin x egyenl˝ otlens´eg megold´ as´ at a f¨ uggv´enyek grafikonjainak ismeret´eben leolvassuk:

II. r´ esz 5. Egy h´ urn´egysz¨ og egy´ uttal ´erint˝ on´egysz¨ og is (bicentrikus n´egysz¨ og). K´et szomsz´edos oldala 9, 10 egys´eg, az ´ altaluk bez´ art sz¨ og 60◦ . Jel¨ olj¨ uk O-val a k¨ or¨ ul´ırt, K-val a be´ırt k¨ or k¨ oz´eppontj´ at. a) Adjuk meg a m´ asik k´et oldal hossz´ at. b) Hat´ arozzuk meg a be´ırt- ´es a k¨ or´e´ırt k¨ or sugar´ at. c) Milyen hossz´ u a KO t´ avols´ ag?

Megold´ as. a) Az ´ abra jel¨ol´eseivel az ´erint˝on´egysz¨ogre vonatkoz´o t´etel szerint AB + CD = DA + BC. Legyen CD = x, ekkor BC = x + 1. Ha a DAB^ = 60◦ , akkor a h´ urn´egysz¨ogekre igaz t´etel miatt BCD^ = 120◦ . ´Irjuk fel a koszinusz-t´etelt az ABD△ BD oldal´ara:

Ezt figyelembe v´eve a megold´ asok: x1 = − π2 + 2kπ; x2 = 2lπ, k, l ∈ Z. (Ellen˝orz´essel is meggy˝ oz˝ odhet¨ unk eredm´enyeink helyess´eg´er˝ol: az els˝o gy¨okre −1 = −1, a m´asodikra 1 = 1 ad´odik, m´ıg a π2 + 2kπ-re, illetve a (2l + 1)π-re 1 = −1-et kapunk, ezek teh´ at nem gy¨ ok¨ ok.) 4. K´et horg´ aszegyes¨ ulet, az Aligai Pec´ asok ´es a B´elatelepi Horg´ aszok k¨ oz¨ os edz˝ ot´ aboroz´ ast tartottak 47 f˝ o r´eszv´etel´evel. A csapatokban feln˝ ott ´es junior koroszt´ aly´ u csoportok voltak. Tudjuk, hogy: a) minden csoport l´etsz´ ama pr´ımsz´ am; b) legkevesebben a junior B´elatelepi Horg´ aszok, legt¨ obben a feln˝ ott Aligai Pec´ asok vannak a t´ aborban;

1 BD2 = 92 + 102 − 2 · 9 · 10 · , 2 √ BD2 = 91, BD = 91 ; majd ´ırjuk fel a BCD△-ben is a BD oldalra:

c) a feln˝ ott versenyz˝ ok ¨ osszl´etsz´ ama oszthat´ o t´ızzel; d) a k´et csapat feln˝ ott tagjainak l´etsz´ ama k¨ oz¨ ott 10-n´el kisebb a k¨ ul¨ onbs´eg.

( ) 1 2 91 = x2 + (x + 1) − 2x · (x + 1) · − , 2

H´ anyan vannak az egyes csoportokban?

91 = x2 + x2 + 2x + 1 + x2 + x,

(14 pont)

Megold´ as. Vezess¨ uk be a k¨ ovetkez˝ o jel¨ ol´eseket: feln˝ottek A, B; juniorok a, b a csapatok kezd˝obet˝ uinek megfelel˝ oen. ´Igy fel´ırhatjuk az A + a + B + b = 47 egyenletet, ahol az ismeretlenek pozit´ıv pr´ımek. Azonnal l´athatjuk, hogy az egyik a 2, hiszen k¨ ul¨onben az ¨ osszegnek p´ arosnak kellene lennie. A b) felt´etel alapj´an ez a b, vagyis k´et junior B´elatelepi Horg´ asz van a t´ aborban. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

465

(16 pont)

90 = 3x2 + 3x ⇒ 0 = x2 + x − 30; x1,2

466

√ −1 ± 121 ⇒ x = 5; CD = 5, BC = 6. = 2 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

b) Az ABD△ k¨or¨ ul´ırt k¨ or´enek – ami egy´ uttal a n´egysz¨ognek is k¨or¨ ul´ırt k¨ore – sugara az ismert t´etel szerint:

Helyettes´ıts¨ uk be a sugarakat: ( √ )2 2 2 3

√ √ BD 91 91 √ R= = = . 3 2 sin 60◦ 3 2 2

24

A n´egysz¨og ter¨ ulete:

(

(

91 + d2 3 91 + d2 3

) )

=

(

=

8281 182 2 − d + d4 ; 9 3

728 + 24d2 = √ 5 · 6 · sin 120◦ 9 · 10 · sin 60◦ + = 30 3. T = 2 2

52 + m2 = R2 ⇒ m2 =

91 16 − 25 = ; 3 3

√ √ √ 4 3 2 3 HK = r − m = 2 3 − = . 3 3 √

√

2

V´eg¨ ul OK 2 = OH 2 + HK 2 ; OK 2 = 12 + ( 2 3 3 ) ; OK = 321 . II. megold´ as. Ha m´ar kisz´ am´ıtottuk a sugarakat, ´es ismerj¨ uk a bicentrikus n´egysz¨ogek k¨oreinek sugaraira, ´es e k¨ or¨ ok k¨ oz´eppontjainak t´avols´ag´ara vonatkoz´o ugg´est, akkor a t´ avols´ agot innen is megkaphatjuk. Az ¨osszef¨ ugg´es: ¨osszef¨ 1 2

(R − d)

+

1 (R + d)

2

=

1 , r2

2

2

(R − d) (R + d)

2

2

R2 + 2Rd + d2 + R2 − 2Rd + d2 (R2

−

2 d2 )

=

1 ; r2

=

1 ; r2

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

/·9

6. a) Vizsg´ aljuk meg az an = n3 − n2 sorozatot monotonit´ as ´es korl´ atoss´ ag ´ szempontj´ ab´ ol. All´ıt´ asainkat igazoljuk. b) Mutassuk meg, hogy a sorozat els˝ o n tagj´ anak o ¨sszege n(n + 1)(n − 1)(3n + 2) . 12

(16 pont)

Megold´ as. a) A sorozat els˝o n´eh´any tagj´at kisz´amolva 0, 4, 18, 48, 100, . . . ad´odik, amib˝ol a szigor´ uan monoton n¨oveked´es l´atszik. Igazolnunk kell, hogy an < an+1 minden n ∈ Z+ eset´en, teh´at 3

(R + d) + (R − d)

8281 182 2 − d + d4 9 3

Megjegyz´es: Brahmagupta t´etel´enek levezet´es´et t¨ obb helyen, pl. Dr. Ger˝ ocs L´ aszl´ o: Azok a csod´ alatos h´ urn´egysz¨ ogek c´ım˝ u k¨ onyv´eben is megtal´ alhatjuk. A bicentrikus n´egysz¨ ogekre vonatkoz´ o t´etel bizony´ıt´ as´ at pl. Nemecsk´ o Istv´ an: Bicentrikus n´egysz¨ ogek (matematika.elte.hu/wp-content/uploads/2017/03/NemecskoIstvan.pdf) c´ımen ´erhetj¨ uk el.

2

n3 − n2 < (n + 1) − (n + 1) ;

ahol R a k¨or¨ ul´ırt k¨or, r a be´ırt k¨ or sugara, d a k¨ oz´eppontok t´avols´aga.

;

0 = 9d4 − 762d2 + 1729, √ 762 ± 720 762 ± 7622 − 36 · 1729 2 = , (d )1,2 7 = 18 18 √ 247 247 d21 = 1482 = ⇒ d = ≈ 9,07, ez azonban nem j´o, mert d < R. 1 18 3 3 √ √ d22 = 42 = 73 ⇒ d = 73 = 321 , ami egyezik az els˝o megold´as eredm´eny´evel. 18

A be´ırt k¨or sugar´ at legegyszer˝ ubben az ´erint˝o√ soksz¨ogekre ´e√rv´enyes sr = T ugg´es alkalmaz´as´ aval kaphatjuk meg: 15r = 30 3 ⇒ r = 2 3 . ¨osszef¨

√ 4 4 3 m= √ = ; 3 3

)2

6552 + 216d2 = 8281 − 546d2 + 9d4 ;

√ Haszn´alhatjuk Brahmagupta k´eplet´et is: T = (s − a)(s − b)(s − c)(s − d), ahol √ √ √ s = a+b+c+d = 15, teh´ at T = 5 · 6 · 9 · 10 = 2700 = 30 3 , vagy pedig a bicent2 √ rikus n´egysz¨ogek ter¨ uletk´eplet´et: T = abcd .

⇒ AT = 6 c) I. megold´ as. Az AT K der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogben ctg 30◦ = AT r ⇒ OH = F T = AT − AF = 1. ´Irjuk fel a Pitagorasz-t´etelt az AF O der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ogben:

91 − d2 3

n3 − n2 < n3 + 3n2 + 3n + 1 − n2 − 2n − 1;

rendezve: 0 < 3n2 + n, ami minden pozit´ıv eg´eszre fenn´all. Id´aig ekvivalens l´ep´eseken ´at jutottunk, ez´ert a kiindul´o ´all´ıt´as is igaz. A sorozat alulr´ol korl´atos, negat´ıv tagja nincs, ´ıgy tetsz˝oleges negat´ıv sz´am j´o als´o korl´atnak, fel¨ ulr˝ol nem korl´atos, azaz b´armely pozit´ıv K-hoz tal´alhat´o n0 k¨ usz¨obindex, hogy minden n > n0 eset´en an > K teljes¨ ul. (A k¨ usz¨obindex nem lesz 3 ´eles”, ehhez egy harmadfok´ u egyenletet kellene megoldani.) Tekints¨ uk a bn = n2 ” sorozatot.

2

2r2 (R2 + d2 ) = (R2 − d2 ) . 467

468

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Az an > bn ; n3 − n2 >

n3 n3 ; 2 2

n2 (n − 2) > 2 3 egyenl˝ otlens´eget: n2 > K;

− n2 > 0;

0, minden n > 2-re teljes¨ ul. √ n > 3 2K. Mivel an > bn , Oldjuk meg a bn > K √ ez´ert b´armely nagy pozit´ıv K-hoz k¨ usz¨ obindexnek v´alaszthatjuk a 3 2K eg´eszr´esz´et. Bel´attuk teh´at, hogy az an sorozat fel¨ ulr˝ ol nem korl´atos. (Jel¨olhetj¨ uk ezt u ´gy is, hogy lim an = +∞.) n→∞

b) I. megold´ as teljes indukci´ oval. n = 1-re igaz, tegy¨ uk fel, hogy az ´all´ıt´as igaz n-re, azaz n ∑ n(n − 1)(n + 1)(3n + 2) (i3 − i2 ) = . 12 i=1 Bizony´ıtjuk, hogy fenn´ all n + 1-re is, vagyis Sn + an+1 = Sn+1 . n(n − 1)(n + 1)(3n + 2) 3 2 + (n + 1) − (n + 1) = 12 [ ][ ][ ] (n + 1) (n + 1) − 1 (n + 1) + 1 3(n + 1) + 2 = , / : (n + 1); · 12 12

7. Anna ´es B´ alint szab´ alyos dob´ okock´ aval j´ atszik. Felv´ altva dobnak, ha a dobott sz´ am pr´ımsz´ am, akkor a sz´ amegyenesen ´ all´ o b´ abuval egyet jobbra, ha ¨ osszetett sz´ am, akkor egyet balra l´epnek. Ha egyik sem, akkor a b´ abu helyben marad. A b´ abu kezdetben a null´ an ´ all, ¨ osszesen hatszor fognak dobni. El˝ otte fogadnak arra, hogy a j´ at´ek v´eg´en melyik sz´ amon ´ all majd a b´ abu. Anna az egyesre, B´ alint a kettesre fogad. a) Kinek mekkora es´elye van a nyer´esre? Tegy¨ uk fel, hogy Anna nyerte a fogad´ ast. b) Mennyi a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy a j´ at´ek sor´ an egyszer dobtak egyest? (16 pont) Megold´ as. a) Pr´ımsz´amok: 2, 3, 5; ¨osszetett sz´amok: 4, 6; egyik sem: 1. uk ezt pjobbra -val. Annak es´elye, hogy a b´abu egy dob´as ut´an jobbra l´ep 36 = 12 , jel¨olj¨ Hasonl´ok´eppen: pbalra = 26 = 13 , phelyben = 16 . Sz´am´ıtsuk ki Anna nyer´esi es´ely´et. Ahhoz, hogy 6 dob´as ut´an a b´abu az 1-esen ´alljon, az al´abbiak szerint l´ephetett (tetsz˝oleges sorrendben): ( )1 ( )0 ( )5 1 1 1 1 jhhhhh; ennek val´osz´ın˝ us´ege: 6 · · · = , 2 3 6 2592 vagy jjbhhh; ennek val´osz´ın˝ us´ege:

6! · 2! · 3!

( )2 ( )1 ( )3 1 1 1 60 · · = , 2 3 6 2592

jjjbbh; ennek val´osz´ın˝ us´ege:

6! · 3! · 2!

( )3 ( )2 ( )1 1 1 1 360 · · = . 2 3 6 2592

2

n(n − 1)(3n + 2) + 12(n + 1) − 12(n + 1) = n(n + 2)(3n + 5), (n2 − n)(3n + 2) + 12n2 + 24n + 12 − 12n − 12 = (n2 + 2n)(3n + 5), 3n3 − 3n2 + 2n2 − 2n + 12n2 + 12n = 3n3 + 6n2 + 5n2 + 10n, 3

2

3

vagy

2

3n + 11n + 10n = 3n + 11n + 10n, ekvivalens l´ep´eseken kereszt¨ ul azonoss´ agot kaptunk, teh´at a kiindul´o egyenl˝os´eg is igaz, ezzel a k´eplet helyess´eg´et igazoltuk. n n ∑ ∑ n(n+1)(2n+1) n(n+1) 2 II. megold´ as. Ismert, hogy i2 = ; illetve i3 = [ 2 ] . 6 Ezeket felhaszn´alva

i=1

421 Anna nyer´esi es´elye ezek ¨osszege: P (Anna nyert) = 2592 ≈ 0,1624. Hat dob´as ut´an a 2-esre a k¨ovetkez˝ok´eppen ker¨ ulhetett a b´abu (a l´ep´esek sorrendje tetsz˝oleges):

i=1

]2 [ n ∑ n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − = (i3 − i2 ) = 2 6 i=1

( )2 ( )0 ( )4 1 1 1 5 · · = , 2 3 6 1728

jjjbhh; ennek val´osz´ın˝ us´ege:

6! · 3! · 2!

( )3 ( )1 ( )2 1 1 1 120 · · = , 2 3 6 1728

jjjjbb; ennek val´osz´ın˝ us´ege:

6! · 4! · 2!

( )4 ( )2 ( )0 1 1 1 180 , · · = 2 3 6 1728

vagy

[ ] n(n + 1) 3n(n + 1) − 2(2n + 1) n(n + 1) n(n + 1) 2n + 1 − = · = = 2 2 3 2 6

n(n + 1) 3n2 + 3n − 4n − 2 n(n + 1) 3n2 − n − 2 = · = · = 2 6 2 6

vagy

n(n + 1) (n − 1)(3n + 2) n(n − 1)(n + 1)(3n + 2) = · = . 2 6 12

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

jjhhhh; ennek val´osz´ın˝ us´ege:

6! · 2! · 4!

P (B´alint nyert) =

469

470

5 120 180 305 + + = =≈ 0,1765. 1728 1728 1728 1728 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

b) Jel¨olje A azt az esem´enyt, hogy Anna nyert; C, hogy egyszer dobtak egyest. P (AC) =

360 ; 2592

P (A) =

421 , 2592

P (C | A) =

P (AC) = P (A)

360 2592 421 2592

=

360 ≈ 0,8551. 421

II. megold´ as. A QOP h´aromsz¨ogben O-n´al der´eksz¨og van, a QO befog´o ´es √ OP befog´o 1 + √ x, ez´ert a QP ´atfog´o 2(1 + x) (QR, RP hasonl´ √ ok´eppen), AP = = AQ = AR = 2 + x2 (AKP der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨og befog´oi 2 ´es x, ´atfog´o AP , a m´asik kett˝o ugyan´ıgy). Ha a n´egy pont egy s´ıkban van, akkor a P QR szab´alyos h´aromsz¨og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek k¨oz´eppontja A (mert egyenl˝o t´avol van a cs´ ucsokt´ol), ez´ert a P AR^ = 120◦ . Innen k´etf´elek´eppen is befejezhetj¨ uk: √

8. A 2 egys´eg ´el˝ u kocka egyik cs´ ucs´ at jel¨ olj¨ uk A-val, majd ´ all´ıtsunk egyenl˝ o hossz´ u szakaszokat a kocka A-val ´erintkez˝ o lapjainak k¨ oz´eppontj´ aba, az adott lapokra mer˝ olegesen kifel´e. A szakaszok lapra nem illeszked˝ o v´egpontjait jel¨ olj¨ uk P , Q, R-rel.

1.

3 mert k´et sz¨og¨ uk (φ, 90◦ ) egyenl˝ o, ⇒ √1 = 1+x , 1 + x = 3 ⇒ x = 2. Az A, P , Q, 3 R pontok akkor lesznek egy s´ıkban, ha a mer˝ oleges szakaszok hossza 2 egys´eg.

sin 60 =

2(1+x) √ 2

2+

x2

;

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

3√ 2 + x2 = 2

√

2(1 + x) ; 2

2

6 + 3x2 = 2 + 4x + 2x2 ;

x2 − 4x + 4 = 0;

2

(x − 2) = 0 ⇒ x = 2. 2. ´Irjuk fel a koszinusz-t´etelt RP -re: [√ ]2 2(1 + x) =

( ) 1 = 2 + x + 2 + x − 2(2 + x ) − ; 2 2

2

2

2(1 + 2x + x2 ) = 3x2 + 6 ⇒ x = 2.

√ b) A kocka k¨or¨ ul´ırt g¨ombj´enek sugara 3 . Ha a g´ ul´ak ¨ot¨odik (a kocka cs´ ucsait´ol √ k¨ ul¨onb¨oz˝o) cs´ ucsa is ezen a g¨omb¨on van, akkor magass´aguk m = 3 − 1. Ebben az esetben be´ırt g¨ombje is van a testnek, mint az a metszeten l´athat´o, mert a magass´ag kisebb 1-n´el. (Akkor nincs be´ırt g¨omb, ha a g´ ul´ak magass´aga nagyobb 1-n´el, ugyanis ekkor L-n´el, U, V, W -n´el konk´av sz¨og keletkezik.)

3. ´ abra 1. ´ abra

√

3(2 + x2 ) = 2(1 + x) ;

a) Milyen hossz´ uak a szakaszok, ha az A, P , Q, R pontok egy s´ıkban vannak? A 2 egys´eg ´el˝ u kocka lapjaira kifel´e egyenl˝ o magass´ ag´ u, 2 egys´eg oldal´ u n´egyzet alap´ u egyenes g´ ul´ akat helyez¨ unk u ´gy, hogy a g´ ula alapja egybeesik a kocka adott lapj´ aval. b) Mekkora a g´ ula magass´ aga, ha az ´ıgy kapott testnek van k¨ or¨ ul´ırt ´es be´ırt g¨ ombje? c) Mekkora a g´ ula magass´ aga abban az esetben, ha az ´ıgy keletkezett poli´edernek 14 cs´ ucsa, 12 lapja ´es 24 ´ele lett? (16 pont) Megold´ as. a) I. megold´ as. A kocka k¨ oz´eppontja O, a fels˝o lapk¨oz´eppont K. Az OKA^ = 90◦ , AOK^ = φ. A kocka A-val ´erintkez˝o lapjainak k¨oz´eppontjai ´altal meghat´arozott s´ık mer˝ oleges az A-b´ ol indul´ o test´ atl´ora. Ez ugyanaz a s´ık, mint amit az A-b´ol indul´o ´elek m´ asik v´eg´en lev˝ o cs´ ucsok hat´aroznak meg, ezek pedig A-val egy¨ utt egy szab´ alyos h´aromsz¨ og alap´ u, egyenl˝o oldal´el˝ u tetra´edert alkotnak, amelynek az alaphoz tartoz´ o magass´ ag egyenese AO. Akkor lesz a n´egy pont egy s´ıkban, ha P AO^ = 90◦ (´es QAO^ = RAO^√= 90◦ ). Ekkor az AOK△ ∼ = P OA△,

◦

4. ´ abra

√ A megold´ as teh´at: m = 3 − 1.

2. ´ abra

471

472

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

c) A 3. ´ abra szerinti testeknek ´altal´ aban” 24 lapjuk (14 cs´ ucsuk ´es 36 ´el¨ uk) ” van. Ahhoz, hogy a lapok sz´ ama fel´ere v´ altozzon, az kell, hogy k´et olyan h´aromsz¨ og, melyek egy eredeti kocka ´elben k¨oz¨ os oldallal rendelkeztek, egy s´ıkba ker¨ uljenek, azaz a poli´edernek egy lapj´ at alkoss´ak. Ez akkor k¨ovetkezik be, ha a g´ ul´ ak magass´aga 1 egys´eg, ugyanis ebben az esetben az oldallapok az alaplappal 45◦ -os sz¨ oget z´ arnak be. Most az ´elek sz´ama 12-vel cs¨ okken, hiszen elt˝ unnek a kocka ´elei, ´ıgy az ´elek sz´ ama 24 lesz, a cs´ ucsok sz´ama nem v´altozik. Az m = 1 magass´ ag´ u g´ ul´ak teh´at olyan poli´edert eredm´enyeznek, melyeknek 14 cs´ ucsuk, 12 lapjuk ´es 24 ´el¨ uk van (5. ´ abra), m´as magass´ag eset´en a lapok, ´elek sz´ ama ett˝ ol k¨ u5. ´ abra l¨ onb¨oz˝o. A megold´as: m = 1.

A g(x) f¨ uggv´eny grafikonj´anak szimmetri´aj´at kihaszn´alva kaphatjuk az integr´al´as hat´arait. A kezd˝opont nyilv´an a 2, a v´egpont pedig: 2(b − 2) + 2 = 2b − 2. Mivel a s´ıkidom az x tengely alatt van, [ ]2b−2 3 [ ] (x − b) 2 a(x − b) + c dx = a + cx = 3

2b−2 ∫

4 − = 3

2

2

[ ] 3 3 (b − 2) (2 − b) =a + c(2b − 2) − a + 2c = 3 3

2 2 3 3 a(b − 2) + 2bc − 4c = a(b − 2) + 2c(b − 2). 3 3

=

Megkaptuk teh´at a harmadik egyenletet:

Megjegyz´es. A kapott poli´eder j´ o p´elda arra, att´ ol, hogy egy testet egybev´ ag´ o s´ıkidomok hat´ arolnak, nem biztos, hogy szab´ alyos test az illet˝ o. Ezt a testet ugyanis egybev´ ag´ o rombuszok hat´ arolj´ ak, de k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o t´ersz¨ ogleteik miatt m´egsem szab´ alyos a test.

(3)

9. Legyen f (x) = 2x2 − x3 ; x ∈ [0; 2]. Az f (x) f¨ uggv´eny grafikonj´ ahoz illesztett¨ unk jobbr´ ol egy y tengellyel p´ arhuzamos tengely˝ u parabol´ at, amelyre az al´ abbiak egyszerre teljes¨ ulnek: a) a k´et g¨ orbe t¨ or´esmentesen csatlakozik egym´ ashoz a 2 abszcissz´ aj´ u pontban;

b−2=

)2 ( 4 2 +c ⇒ c=− . 0=a − a a

2

f (2) = 2 · 22 − 23 = 0;

Behelyettes´ıtve (3)-ba: 4 2 − = a 3 3

2

g(2) = a(2 − b) + c ⇒

f ′ (x) = 4x − 3x2 ;

g ′ (x) = 2a(x − b);

√ 4 c = − √ = − 2; 2 2

f ′ (2) = 4 · 2 − 3 · 22 = −4;

−4 = 2a(2 − b).

(2)

4 16 16 / = 2− 2 · (−3a2 ); 3 3a a √ a2 = 8 ⇒ a = 2 2 (a > 0); −

√ 2 1 4+ 2 b=2+ √ =2+ √ = . 2 2 2 2

A parabola egyenlete:

Az f (x) f¨ uggv´eny grafikonja ´es az x tengely ´altal bez´art s´ıkidom ter¨ ulet´ehez el˝osz¨or meg kell oldanunk a 0 = 2x2 − x3 egyenletet. 0 = x2 (2 − x) ⇒ x1 = 0; x2 = 2, ]2 [ ∫2 x4 8 16 4 x3 − =2· − = . T = (2x2 − x3 ) dx = 2 · 3 4 0 3 4 3

√ )2 ( √ √ ( ) 4+ 2 y =2 2 x− − 2 y = g(x) . 2 N´ emeth L´ aszl´ o Fony´od

0

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

( )3 ( ) 2 4 2 +2 − ; a a a

4a2 = −16 + 48;

2

0 = a(2 − b) + c,

(1)

2 , a

(1)-et felhaszn´alva:

(16 pont)

Megold´ as. A parabola vehet˝ o a g(x) = a (x − b) + c f¨ uggv´eny grafikonj´anak, ahol a, b, c alkalmas (a > 0) konstans. Ahhoz, hogy a k´et g¨orbe csatlakozzon egym´ashoz az x = 2 abszcissz´ aj´ u pontban, az kell, hogy f (2) = g(2), a t¨or´esmentess´eghez pedig: f ′ (2) = g ′ (2),

2 4 3 = a(b − 2) + 2c(b − 2). 3 3

(2)-b˝ol kifejezz¨ uk (b − 2)-t:

b) a parabola ´es az x tengely ´ altal k¨ ozrefogott s´ıkidom ter¨ ulete egyenl˝ o az f (x) grafikonja ´es az x tengely ´ altal bez´ art s´ıkidom ter¨ ulet´evel. Adjuk meg a parabola egyenlet´et.

−

473

474

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Helyesb´ıt´ es A szerkeszt˝os´eg hib´ aj´ ab´ ol a 2020/6. sz´ amban megjelent emelt szint˝ u gyakorl´o feladatsor 4.b) feladat´ anak k´erd´ese t´evesen jelent meg. A helyes sz¨oveg: Mekkora a legnagyobb ter¨ ulet˝ u t´eglalap alapra illeszked˝ o ´ele, amelyet a megadott m´ odon el lehet helyezni a tet˝ on? A hib´a´ert eln´ez´est k´er¨ unk.

Megjegyz´es. A megold´ asb´ ol is l´ athat´ o, hogy az O pont az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ og Feuerbach-k¨ or´enek k¨ oz´eppontja, a P pont a k¨ or´e´ırt k¨ or´enek k¨ oz´eppontja, a P pont Ora vonatkoz´ o t¨ uk¨ ork´epe, pedig az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ og magass´ agpontja, amely, mint megtudtuk az ABC h´ aromsz¨ og k¨ or´e´ırt k¨ or´enek k¨ oz´eppontja. Ezt u ´gy is fogalmazhatjuk, hogy az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ og DEF talpponti h´ aromsz¨ og´et a k¨ or´er´ırt k¨ or P k¨ oz´eppontj´ ab´ ol a k´etszeres´ere nagy´ıtottuk, ´ıgy kaptuk az ABC h´ aromsz¨ oget. ¨ Osszesen 62 dolgozat ´erkezett. 3 pontos 52, 2 pontos 2 tanul´ o dolgozata. 1 pontot 4, 0 pontot 2 tanul´ o kapott. Nem versenyszer˝ u 2 dolgozat.

B. 5031. Az ABCD paralelogramma AD oldal´ anak D-n t´ uli meghosszabb´ıt´ as´ an vegy¨ uk fel az F pontot. A BF szakasz a CD oldalt a G, az AC ´ atl´ ot pedig az E pontban metszi. Mutassuk meg, hogy

Matematika feladatok megold´ asa

1 1 1 = + . BE BG BF (3 pont)

B. 5015. H´ arom egys´egsugar´ u k¨ or ´ atmegy egy k¨ oz¨ os ponton. M´ asodik metsz´espontjaik A, B ´es C. Mekkora az ABC k¨ or sugara? (3 pont)

Megold´ as. Legyen AD = BC = a ´es AF = λ · a. ´Igy

Javasolta: Szoldatics J´ ozsef (Budapest)

Megold´ as. Legyen a h´ arom k¨ or k¨ oz´eppontja A1 , B1 ´es C1 , a k¨ oz¨ os pontjuk pedig P az ´ abra szerint. Megmutatjuk, hogy az AA1 , BB1 , CC1 szakaszok felez˝opontjai egybeesnek (O pont). Ir´any´ıtsunk a k¨ oz¨ os P pontb´ ol a k¨or¨ok k¨oz´eppontjaiba helyvektorokat: −−→ −−→ −−→ P A1 = a, P B1 = b, P C1 = c. (Az ´abr´ an −−→ −−→ csak a P A1 ´es P C1 vektorokat t¨ untett¨ uk fel.) Ezek egys´egnyi hossz´ us´ ag´ uak. Az A1 B, C1 B, C1 A, B1 A, B1 C, A1 C is mind egys´egnyiek, ´ıgy −−→ −−→ a + c = P B, a + b = P C,

DF = (λ − 1) · a. Az AF E ´es CBE h´aromsz¨ogek hasonl´ok, mert megfelel˝o oldalaik p´arhuzamosak (illetve egym´as meghosszabb´ıt´asai). A hasonl´oAF s´agi ar´any BC = λa = λ. Ebb˝ol k¨ovetkez˝oen a FE BE

BF BE + EF = = λ + 1, BE BE

teh´at

1 λ+1 = . BE BF

Az F AB ´es F DG h´aromsz¨ogek szint´en hasonl´ok, mert megfelel˝o oldalaik p´arhuzamosak. A hasonl´os´agi ar´any GF DF (λ − 1)a λ−1 = = = , BF AF λa λ

−→ b + c = P A.

amib˝ol BG BF − GF λ − (λ − 1) 1 = = = , BF BF λ λ

Az AA1 szakasz felez˝opontj´ aba mutat´ o helyvektor: −−→ −→ a+b+c P A1 + P A = . 2 2

A fentieket a bizony´ıtand´o

=

1 BG

+

1 BF

1 λ = . BG BF

egyenl˝os´egbe behelyettes´ıtve:

Mivel BF ̸= 0, ez val´oban igaz. ´ am (Jedlik Anyos ´ Frakn´ oi Ad´ Gimn., Budapest, 12. ´evf.) dolgozata alapj´an

Stomfai Gergely (Budapest, ELTE Ap´aczai Cs. J. Gyakorl´o Gimn. ´es Koll., 10. ´evf.) dolgozata alapj´an 475

1 BE

teh´at

λ 1 λ+1 = + . BF BF BF

Ugyanezt a vektort kapjuk BB1 ´es CC1 felez˝ opontj´ara is, a h´arom felez˝opont val´oban egybeesik. Az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ og O-ra vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe az ABC h´aromsz¨og. Mivel az A1 B1 C1 h´ aromsz¨ og k¨ or´e a P k¨ or¨ ul egys´egnyi sugar´ u k¨or ´ırhat´o, ez´ert t¨ uk¨ork´epe, az ABC h´ aromsz¨ og k¨ or´e is.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

= λ, amib˝ol

¨ Osszesen 43 dolgozat ´erkezett. 3 pontot kapott 40, 1 pontot 3 versenyz˝ o.

476

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (669–673.)

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1630–1636.)

Feladatok 10. ´ evfolyamig K. 669. Melyik az a legkisebb pozit´ıv eg´esz sz´ am, amelynek szomsz´edos sz´amjegyeib˝ol kiolvashat´o az 1, 2, 3 sz´ amokb´ ol k´epezhet˝ o ¨osszes olyan h´aromjegy˝ u sz´am, mely k¨ ul¨onb¨oz˝o sz´amjegyekb˝ ol ´all?

K. 670. Nagymama k´et gyerty´ at vett, a piros sz´ın˝ u 2 cm-rel hosszabb volt, mint a k´ek. Mindenszentek napj´an este 17 ´ora 30 perckor meggy´ ujtotta a pirosat, 19 ´orakor a k´eket, ´es ´egni hagyta ˝oket, am´ıg el nem fogytak. A k´et gyertya egyforma hossz´ u volt 21 ´ora 30-kor. A piros 23 ´ora 30 perckor, a k´ek 23 ´orakor aludt el. Milyen hossz´ u volt a piros gyertya eredetileg?

C. 1630. Egy sakkt´abla feh´er mez˝oire r´a´ırtuk a sz´amokat 1-t˝ol 32-ig u ´gy, hogy minden mez˝obe csak egy sz´amot ´ırtunk, ´es az ¨osszes sz´amot felhaszn´altuk. Ezt k¨ovet˝oen a fekete mez˝okre be´ırtuk a szomsz´edos mez˝okben tal´alhat´o sz´amok ¨osszeg´et. Mekkora a fekete mez˝okbe ´ırt sz´amok ¨osszeg´enek lehets´eges legkisebb ´es legnagyobb ´ert´eke? C. 1631. Egy egys´egsugar´ u k¨or¨on adott az AB h´ ur. Erre k´et der´eksz¨og˝ u h´aromsz¨oget emel¨ unk: ABC-t u ´gy, hogy C cs´ ucsa a k¨or¨on helyezkedik el ´es Bn´el van a der´eksz¨og, az ABD h´aromsz¨oget pedig u ´gy, hogy AB az ´atfog´oja, ´es egyenl˝o sz´ar´ u. Mekkora az AB h´ ur hossza, ha a k´et h´aromsz¨og ter¨ ulete megegyezik? Mekkora ez a ter¨ ulet?

K. 671. Melyik az a legkisebb pr´ımsz´ am, amelyik egy pozit´ıv elemekb˝ol ´all´o n¨ovekv˝o sz´amtani sorozat 5. eleme ´es a sorozat azt megel˝oz˝o elemei is pr´ımek?

Feladatok mindenkinek C. 1632. H´any olyan k¨ ul¨onb¨oz˝o, pozit´ıv eg´eszekb˝ol ´all´o v´egtelen sz´amtani sorozat l´etezik, melynek elemei a 24, a 744 ´es a 2844 is? (K´et sz´amtani sorozatot k¨ ul¨onb¨oz˝onek tekint¨ unk, ha k¨ ul¨onb¨oz˝o a kezd˝oelem¨ uk vagy a differenci´ajuk.)

K. 672. Egy kiskert 16 parcell´ ara van osztva az ´ abra szerint. Minden egyes parcell´ aba r´ ozs´ at, tulip´ ant, margar´et´at vagy gerber´at u ´gy, hogy minden parcell´ aba csak egy¨ltetnek u f´ele vir´ag ker¨ ulj¨on ´es minden sorban, minden oszlopban ´es minden ´atl´oban l´ev˝o n´egy parcell´ aban minden vir´ agb´ol legyen. H´anyf´elek´eppen lehet ezekkel a vir´ agokkal a fenti m´odon be¨ ultetni a kertet? (K´et u ul¨ onb¨ oz˝ o, ha van olyan parcella, ¨ltet´es k¨ melyben nem ugyanazok a vir´ agok vannak.)

C. 1633. Egy egys´egnyi oldal´ u n´egyzet egyik oldal´anak bels˝o pontja P . Tekints¨ uk azokat a P cs´ ucs´ u paralelogramm´akat, amelyek minden cs´ ucsa a n´egyzet egy-egy k¨ ul¨onb¨oz˝o oldal´ara esik. Igazoljuk, hogy ha P nem oldalfelez˝o pont, akkor (i) pontosan k´et t´eglalap van a paralelogramm´ak k¨oz¨ott, ´es (ii) ezen k´et t´eglalap ter¨ ulet´enek ¨osszege 1. C. 1634. Igazoljuk az al´abbi egyenl˝otlens´eget:

K. 673. Egy oszt´ aly, melynek tanul´ oi l´etsz´ am´at nem ismerj¨ uk, elhat´arozta, hogy kar´acsonyra mindenki mindenkinek vesz valami apr´o aj´and´ekot, az ˝oket tan´ıt´o 11 tan´arnak pedig k¨ oz¨ osen vesznek egy-egy aj´and´ekt´argyat. Az aj´and´ekoz´as sajnos elmaradt, ez´ert u ´gy d¨ ont¨ ottek, hogy az aj´and´ekokat sz´etosztj´ak az oszt´aly tanul´oinak testv´erei k¨ oz¨ ott igazs´ agosan. (Minden testv´er ugyanannyi aj´and´ekt´argyat kap.) Lehets´eges-e ez, ha 15 testv´er van ¨ osszesen?

Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1635. Adott k´et egym´ast metsz˝o k¨or. Egyik metsz´espontjukon ´at szerkessz¨ unk∗ olyan szel˝ot, amelynek a k´et k¨or ´altal hat´arolt szakasz´at a kiszemelt metsz´espont harmadolja. ´Irjuk le ´es indokoljuk a szerkeszt´es l´ep´eseit (az elemi szerkeszt´esi l´ep´eseket, mint pl. sz¨og felez´ese, tengelyes t¨ ukr¨oz´es, nem kell r´eszletezni).

d Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. december 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

d

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

1 1 1 1 1 1 + + + ... + + ... + < . 4 28 70 (3k − 2)(3k + 1) 2017 · 2020 3

∗

477

478

k¨ orz˝ ovel, vonalz´ oval: pap´ıron, vagy sz´ am´ıt´ og´epes geometriai szerkeszt˝ o programmal K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

C. 1636. Kosztol´ anyi Dezs˝ o di´ akkor´ aban n´eh´ any hetet P´arizsban t¨olt¨ott. Hamar szembes¨ ult azzal, hogy r´ as´ oztak egy forgalomb´ol kivont 10 fill´erest. Persze szeretett volna megszabadulni az ´ert´ektelen p´enzt˝ ol, de mondani sem kell, hogy sikertelen¨ ul. Kosztol´anyi ezt annak tulajdon´ıtotta, hogy a boltosok m´ar az arc´ar´ol leolvast´ak a sz´and´ek´at. Ez´ert azt eszelte ki, hogy a rossz ´erm´ehez hozz´akevert kilenc j´o 10 fill´erest. Ezeket a zseb´ebe s¨ ullyeszti ´es oda se n´ez, amikor kiad egy-egy ´erm´et. V´eg¨ ul a zseb´eben m´ ar csak egy darab maradt – a forgalomb´ol kivont 10 fill´eres. Mekkora ennek a val´ osz´ın˝ us´ege?

Tekints¨ uk azon P pontok N halmaz´at a s´ıkon, amelyekre a H ∩ HP metszet ter¨ ulete legal´abb 4/9. Mennyi N ter¨ ulete? (5 pont)

V´ıgh Viktor (Sz´ekkutas) ¨otlete alapj´an

B. 5132. A, B ´es C-bet˝ ukb˝ol h´any olyan 2021 hossz´ us´ag´ u sz´o k´esz´ıthet˝o, amelyben az A-bet˝ uk sz´ama p´aros, ´es a B-bet˝ uk sz´ama 3k + 2 alak´ u? (6 pont) B. 5133. Adott a t´erben hat pont, semelyik n´egy nem esik egy s´ıkra. Bizony´ıtsuk be, hogy a pontok sz´etv´alaszhat´ok k´et h´armas csoportra u ´gy, hogy az ´altaluk meghat´arozott k´et h´aromsz¨oglap messe egym´ast.

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. december 10. ¨ ld´ Elektronikus munkaf¨ uzet: https://www.komal.hu/munkafuzet

(6 pont) Bek¨ uld´ esi hat´ arid˝ o: 2020. december 10. Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5126–5133.)

B. 5126. Bizony´ıtsuk be, hogy ha n > 3, akkor megadhat´o n k¨ ul¨onb¨oz˝o pozit´ıv eg´esz sz´am u ´gy, hogy reciprokaik o sszege 1 legyen. ¨

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (786–788.)

(3 pont) B. 5127. Adott egy konvex sz¨ ogtartom´ any ´es egy k hossz´ us´ag´ u szakasz. Mi a m´ertani helye azon P pontoknak a sz¨ ogtartom´ anyban, amelyeken kereszt¨ ul h´ uzhat´o olyan egyenes, amely ´eppen k ker¨ ulet˝ u h´ aromsz¨oget metsz ki az adott sz¨ogtartom´anyb´ol? (4 pont)

A. 786. Egy orig´ot tartalmaz´o konvex S alakzatban meg lehet rajzolni n darab diszjunkt egys´egk¨ort u ´gy, hogy az orig´ob´ol n´ezve semelyik egys´egk¨or se takarja ki semelyik m´asik egy darabj´at (vagy az eg´eszet). Bizony´ıtsuk be, hogy S ter¨ ulete legal´abb n2 /100 ter¨ uletegys´eg.

B. 5128. Adjuk meg az ¨ osszes olyan (x, y) relat´ıv pr´ım eg´eszekb˝ol ´all´o sz´amp´art, amelyre x2 + x = y 3 + y 2 . (4 pont)

Javasolta: Sur´ anyi L´ aszl´ o (Budapest)

B. 5129. K´et j´at´ekos az x3 + ax2 + bx + c polinom a, b ´es c egy¨ utthat´oi k¨oz¨ ul felv´altva v´alaszt egyet, majd annak egy tetsz˝ oleges eg´esz ´ert´ekeket ad. Bizony´ıtsuk be, hogy a kezd˝o el tudja ´erni, hogy (a h´ arom l´ep´es ut´an) a polinom mindh´arom gy¨ oke eg´esz sz´am legyen (vagyis a polinomot fel lehessen bontani h´arom els˝ofok´ u, eg´esz egy¨ utthat´os polinom szorzat´ ara).

Javasolta: P´ alv¨ olgyi D¨ om¨ ot¨ or (Budapest) A. 787. Jel¨olje pn az n-edik pr´ımsz´amot, ´es legyen ν egy adott pozit´ıv irracion´a(lis sz´ )am. Legyen tov´abb´a an = [pn ν]. Egy k pozit´ıv eg´esz sz´am ´erdekes, ha 2ak p10 teljes¨ ul minden i = 1, 2, . . . , 2020 eset´en. Lehets´eges-e, hogy csak v´eges i | ak sok ´erdekes k l´etezik?

Javasolta: Abhishek Jha (Delhi, India) ´es Ayan Nath (Tezpur, India)

A. 788. Oldjuk meg az

(3 pont) B. 5130. Adott a s´ıkban n pont u ´gy, hogy b´armely k (k > 2) darabb´ol kiv´alaszthat´o kett˝o, amelyek t´ avols´ aga legfeljebb egys´egnyi. Mutassuk meg, hogy a pontok lefedhet˝ok k − 1 darab egys´egnyi sugar´ u k¨orlappal.

x+

1 = 2y, x3

y+

1 = 2z, y3

z+

1 = 2w, z3

w+

1 = 2x w3

egyenletrendszert.

(5 pont)

Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. december 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu zet: https://www.komal.hu/munkafuzet ¨

B. 5131. Legyen H egy egys´egnyi ter¨ ulet˝ u szab´alyos h´aromsz¨og, O egy r¨ogz´ı−−→ tett pont, s tetsz˝oleges P pontra jel¨ olje HP a H h´ aromsz¨og OP -vel vett eltoltj´at. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

479

480

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

meg. A tov´abbiakban vizsg´aljuk a k¨ovetkez˝o bemenethez tartoz´o ker´ıt´est. Az els˝o sorban a ker´ıt´eselemek N sz´ama, a m´asodikban azok hi magass´aga ´es a harmadik sorban az elemek wi sz´eless´ege tal´alhat´o (1 6 i 6 N ):

Kacif´ antos ker´ıt´ es – I. r´ esz

Ezen a n´even jelent meg a CEOI (K¨ oz´ep-Eur´ opai Informatikai Di´akolimpia) idei els˝o feladata. A teljes sz¨ oveg el´erhet˝ o a k¨ ovetkez˝o c´ımen: http://ceoi2020.inf.elte.hu/contest/tasks/. 1. feladat: Olvassuk el ´es ´ertelmezz¨ uk a probl´em´at, k´esz´ıts¨ unk n´eh´any p´eld´at, rajzoljunk, majd pr´ob´ aljuk meg egy-k´et mondatban o¨sszefoglalni, hogy pontosan mit k´erdez a feladat.

11 3 5 4 2 6 4 3 3 1 5 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 2 Helyezz¨ uk el a ker´ıt´es bal als´o sark´at a koordin´ata-rendszer k¨oz´eppontj´aba. N´ezz¨ uk, hogyan lehetne a t´eglalapoknak cs´ ucsokat v´alasztani a ker´ıt´esen. L´atjuk, hogy p´eld´aul a (3, 2) ´es (11, 1) pontok, mint (bal, fels˝o) ´es (jobb, als´o) cs´ ucsok meghat´aroznak egy megsz´amoland´o t´eglalapot, mik¨ozben az egyik cs´ ucs a m´asodik (vagy harmadik), m´ıg a m´asik cs´ ucs a nyolcadik ker´ıt´eselemen tal´alhat´o.

A feladat t´eglalapok megsz´ amol´ as´ at k´eri. Kombinatorikai feladatok k¨oz¨ott l´athattunk m´ar hasonl´ ot: sz´ amoljuk meg, hogy az A(ax , ay ) ´es B(bx , by ) pontok mint szemk¨ozti cs´ ucsok ´altal meghat´ arozott, a koordin´atatengelyekkel p´arhuzamos oldal´ u t´eglalapban h´any olyan t´eglalap van, amelynek cs´ ucsai eg´esz koordin´at´akkal rendelkeznek ´es oldalai szint´en a koordin´ atatengelyekkel p´arhuzamosak. 2. feladat: Adjunk m´ odszert a t´eglalapok megsz´amol´as´ara egy a × b oldal´ u t´eglalap eset´en.

3. feladat: Tal´aljunk ki egyszer˝ u algoritmust, ami megsz´amolja a keresett t´eglalapokat.

V´alasszunk a t´eglalap ker¨ ulet´en vagy belsej´eben tetsz˝olegesen k´et eg´esz koordin´at´aj´ u pontot. Ha a v´ alasztott pontok egyenese nem p´arhuzamos egyik tengellyel sem, akkor meghat´aroznak egy t´eglalapot u ´gy, hogy ezt a k´et pontot tekintj¨ uk k´et szemk¨ozti cs´ ucsnak. ´Igy az els˝ o cs´ ucs elhelyez´es´ere (a + 1) · (b + 1) lehet˝os´eg ad´odik, m´ıg a m´asodikra a · b. Ezen a m´odon minden t´eglalapot n´egyszer sz´amoltunk: kiv´alasztottuk a bal fels˝o-jobb als´ o cs´ ucsp´ art k´etszer, ´es a bal als´o-jobb fels˝o cs´ ucsp´art is k´etszer. Ez´ert a t´eglalapok sz´ ama (a + 1) · (b + 1) · a · b . 4 A kacif´antos ker´ıt´es t´eglalapokb´ ol ´ep¨ ul f¨ ol, de a megsz´amoland´o t´eglalapok ´atny´ ulnak a ker´ıt´est alkot´ o t´eglalapokon, teh´ at a probl´em´at m´eg nem oldottuk K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

481

Ha a ker´ıt´es m´eretei a p´eld´ahoz hasonl´oan kis sz´amok, akkor nem is olyan neh´ez algoritmust k´esz´ıteni. Tekints¨ uk a ker´ıt´es eg´esz koordin´at´aj´ u cs´ ucsai k¨oz¨ ul azokat, amelyek lehetnek egy t´eglalap bal fels˝o cs´ ucsai, ´es v´alasszunk mindegyikhez megfelel˝o jobb als´o cs´ ucsokat. P´eld´aul a (3, 3) ponthoz jobb als´o cs´ ucsk´ent kiv´alaszhatjuk a (4, 2), (4, 1), (4, 0) pontokat. De az (1, 2) ponthoz m´ar sokkal t¨obb jobb als´o cs´ ucs v´alaszhat´o, a legt´avolabbi a (12, 0). Az el˝obbi kombinatorikus gondolatmenethez hasonl´oan megsz´amolhatjuk minden bal fels˝o cs´ ucshoz a lehets´eges jobb als´o cs´ ucsokat. Az (1, 2) pont eset´en a jobb als´o cs´ ucsok x koordin´at´aja 2-t˝ol 12-ig, m´ıg y koordin´at´aja 0-t´ol 1-ig terjedhet. ´Igy a meghat´arozott t´eglalapok sz´ama 11 · 2 = 22. A feladat teh´at megoldhat´o u ´gy, hogy minden lehets´eges bal fels˝o (b, f ) cs´ ucshoz meghat´arozzuk a t˝ole legt´avolabbi olyan jobb als´o (j, a) cs´ ucsot, amivel olyan t´eglalapot alkot, melynek minden pontja a ker´ıt´esen van. A bal fels˝o cs´ ucshoz rajzolhat´o ¨osszes t´eglalap benne van ebben az el˝obbi, legnagyobb t´eglalapban. Az fenti kombinatorikai gondolatmenethez hasonl´oan ezek sz´ama (j − b + 1) · (f − a + 1). A jobb als´o cs´ ucs mindig a ker´ıt´es alj´an van, teh´at a = 0, m´ıg a jobb oldali utols´o 482

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

megfelel˝o pont x koordin´ at´ aj´ at u ´gy kapjuk, hogy elindulunk az X tengely pozit´ıv ir´any´aban a (b, f ) pontb´ ol, ´es az els˝ o olyan ker´ıt´est alkot´o t´eglalapn´al meg´allunk, amelynek magass´aga kisebb, mint f . Ha mind megfelel˝o, akkor a ker´ıt´es v´eg´eig megy¨ unk. N´ezz¨ uk a megold´ as algoritmus´ at. A bemenet beolvas´asakor ´ert´eket adunk az N eg´esz v´altoz´onak, valamint a h[0..N − 1] ´es w[0..N − 1] eg´eszeket tartalmaz´o N m´eret˝ u t¨ombnek. Ezeket, valamit a tov´ abbiakban haszn´alt t¨omb¨oket 0-t´ol indexelj¨ uk. Ezt a m˝ uveletsort v´egzi el a Beolvas() elj´ ar´ as, amit nem r´eszletez¨ unk. Mivel a lehets´eges bal fels˝ o cs´ ucsokt´ ol az X tengely pozit´ıv ir´any´aban elindulva keresni fogunk, ez´ert tudnunk kell az egyes ker´ıt´est alkot´o t´eglalapok abszol´ ut helyzet´et az X tengelyen. Ehhez hozzunk l´etre az el [0..N ] t¨omb¨ot, amelynek k-adik eleme megadja a k-adik ker´ıt´eselem bal oldal´ anak x koordin´at´aj´at (0 6 k < N ), m´ıg N -edik eleme az utols´ o ker´ıt´eselem jobb oldal´ anak hely´et, azaz a ker´ıt´es v´eg´et. Term´eszetesen u ´gy is n´ezhetj¨ uk, hogy az el [k + 1] a k-adik ker´ıt´eselem jobb v´ege, vagyis jobb oldal´anak x koordin´ at´ aja. A t¨ omb ´ert´ekeinek sz´am´ıt´as´at a k¨ovetkez˝o elj´ar´as v´egzi: Elj´ ar´ as TeglalapokEleje(N,w[0..N-1],el[0..N]) el[0] := 0 Ciklus k := 0-t´ol N-1-ig el[k+1] := el[k]+w[k] Ciklus v´ ege Elj´ ar´ as TeglalapokEleje v´ ege A tov´abbiakban megsz´ amoljuk mindegyik ker´ıt´eselemn´el azokat a t´eglalapokat, amelyek bal fels˝o cs´ ucsa a ker´ıt´eselemen, de nem annak jobb sz´els˝o oldal´an tal´alhat´o. Ut´obbiakat a k¨ ovetkez˝ o ker´ıt´eselemhez soroljuk. Mivel az utols´o ker´ıt´eselem jobb oldal´an nem lehetnek bal fels˝ o cs´ ucsok, ´ıgy minden lehets´eges bal fels˝o cs´ ucsot pontosan egyszer sz´ amolunk. A sz´ am´ıt´ast a k-adik ker´ıt´eselemre a KeritesElem() f¨ uggv´eny v´egzi. Fel¨ ulr˝ ol lefel´e haladunk, mivel a bal fels˝o cs´ ucsok h[k]-t´ol 1-ig helyezkedhetnek el. Minden felso szinthez (y ´ert´ekhez) megn´ezz¨ uk, hogy meddig lehet jobbra elmenni a KeresJobb() f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel, majd a ker´ıt´eselem minden lehets´eges bal ´ert´ek´et˝ ol kisz´ amoljuk a (bal, felso) koordin´at´akb´ol kiindul´o t´eglalapok sz´am´ at. F¨ uggv´ eny KeritesElem(N,h[0..N-1],w[0..N-1],k,el[0..N]) : Eg´esz darab := 0 Ciklus felso := 1-t˝ ol h[k]-ig meddig := KeresJobb(N,h,k,felso) jobb := el[meddig] Ciklus bal := el[k]-t´ ol (el[k]+w[k]-1)-ig darab := darab + (jobb-bal)*(felso-0) Ciklus v´ ege Ciklus v´ ege KeritesElem := darab F¨ uggv´ eny KeritesElem v´ ege K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

A KeresJobb() f¨ uggv´eny megadja, hogy a k-adik ker´ıt´eselem felso magass´ag´ u pontj´ab´ol meddig lehet jobbra menni u ´gy, hogy a ker´ıt´esen maradjunk. Minden m > k-adik ker´ıt´eselem megfelel˝o, amely nem alacsonyabb a felso magass´agn´al. Ha mindegyik megfelel˝o, akkor a ker´ıt´es jobb v´eg´en´el ´allunk meg. A f¨ uggv´eny visszaadja az els˝o nem megfelel˝o ker´ıt´eselem index´et, illetve N -et, ha a ker´ıt´es v´eg´eig minden elem el´eg magas. F¨ uggv´ eny KeresJobb(N,h[0..N-1],k,felso) : Eg´esz m := k+1 Ciklus am´ıg m < N ´ es h[m] > f elso m := m+1 Ciklus v´ ege KeresJobb := m F¨ uggv´ eny KeresJobb v´ ege A KacifantosKerites f¨ uggv´eny adja a feladat megold´as´at: a beolvas´as ´es az el˝ok´esz´ıt˝o m˝ uveletek ut´an megsz´amolja az egyes ker´ıt´eselemekb˝ol bal fels˝o cs´ ucsokkal k´esz´ıthet˝o t´eglalapokat, ´es visszaadja azok 1 000 000 007-tel vett oszt´asi marad´ek´at. F¨ uggv´ eny KacifantosKerites() : Eg´esz Beolvasas(N,h,w) TeglalapokEleje(N,w,el) darab := 0 Ciklus k := 0-t´ol N-1-ig darab := darab + KeritesElem(N,h,w,k,el) Ciklus v´ ege KacinfatosKerates := darab MOD 1000000007 F¨ uggv´ eny KacifantosKerites v´ ege Felt´etelezz¨ uk, hogy az algoritmusb´ol k´esz´ıtett programban az esetlegesen nagy sz´am´ert´ekek elf´ernek a haszn´alt eg´esz t´ıpusban ´es a m˝ uveletek nem okoznak t´ ulcsordul´ast. A megold´as azonban a nagy sz´am´ u ´es nagys´agrend˝ u bemenetekkel sajnos ett˝ol f¨ uggetlen¨ ul nem boldogul. A versenyen kev´es pontot kapott volna, mivel a fut´asid˝o nagyobb h[ ] ´es N ´ert´ekek eset´en meghaladja az id˝okeretet. Ez ´erthet˝o, hiszen N∑ −1 a KeresJobb() f¨ uggv´eny hi alkalommal h´ıv´odik meg, vagyis az y = 0 kiv´etel´evel i=0

minden ker´ıt´eselem magass´agn´al, m´ıg a benne szerepl˝o ciklus ´atlagos l´ep´essz´ama a ker´ıt´eselemek N sz´am´aval ar´anyos. Teh´at hat´ekonyabb algoritmusra lesz sz¨ uks´eg¨ unk, amiben nem szerepel a KeresJobb f¨ uggv´enyhez hasonl´o keres´es. Az el˝oz˝o algoritmus ker´ıt´eselemeken v´alasztott bal fels˝o cs´ ucsokat, ´es a jobb als´o cs´ ucsokat t˝ole jobbra, a t¨obbi ker´ıt´eselemet vizsg´alva kereste. Ne ragaszkodjunk felt´etlen¨ ul a ker´ıt´es pontjainak ilyen csoportos´ıt´as´ahoz.

4. feladat: Pr´ob´aljuk olyan t´eglalapokra bontani a ker´ıt´est, ahol mag´at´ol ad´odik egy-egy bal fels˝o cs´ ucshoz a legt´avolabbi jobb als´o cs´ ucs. Vegy¨ uk ´eszre, hogy ha egy ker´ıt´eselem mindk´et szomsz´edj´an´al magasabb, akkor azok a cs´ ucsai, amelyek mindk´et szomsz´ed magass´ag´an´al nagyobb y koordin´at´aval rendelkeznek, csak olyan cs´ ucsokkal alkothatnak a ker´ıt´esen t´eglalapot, amelyek 483

484

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

az adott ker´ıt´eselemen vannak. P´eld´ aul tekints¨ uk a vizsg´alt bemenetn´el a (6, 4), (8, 4), (8, 6) ´es (6, 6) cs´ ucsok ´altal meghat´ arozott t´eglalapot. Az ezen fekv˝o bal fels˝o cs´ ucsokhoz – kiv´eve az als´ o oldal´elt – csak ezen a ker´ıt´eselemen l´ev˝o cs´ ucsok k¨oz¨ ul v´alaszthatunk jobb als´ ot, teh´ at csak a 6 6 x 6 8 ´ert´ekek j¨ohetnek sz´am´ıt´asba. Ez ´eppen az adott ker´ıt´eselem k´et v´ege, teh´ at ekkor semmilyen X tengely ir´any´ u keres´esre nincs sz¨ uks´eg. Gondoljuk tov´abb a dolgot. Ha az el˝ obbi ker´ıt´esr´eszre es˝o bal fels˝o cs´ ucsokkal alkotott t´eglalapokat megsz´ amoltuk, akkor gyakorlatilag elhagyhatjuk ezt a r´esz´et a ker´ıt´esnek, hiszen jobb als´ o cs´ ucsk´ent is megsz´ amoltuk minden pontj´at. Amennyiben tov´abbi, hasonl´oan kiemelked˝ o r´eszek vannak a ker´ıt´esen, akkor azokban is sz´amolhatunk. ´Igy a p´eld´ aban a (2, 4) ´es a D, E, F pontok ´altal alkotott vagy az RST U t´eglalap eset´eben. Az al´abbi ´ abr´ an sat´ıroz´assal jel¨olj¨ uk a sz´oban forg´o kiemelked´eseket.

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 520. A pr´ımsz´amok h´ıres ´es j´ol ismert eg´eszek. N´eha azonban ˝ok is sz´ıvesen elrejt˝oznek. Ilyenkor beleb´ ujnak egy ¨osszetett sz´am ruh´aj´aba. Ez u ´gy lehets´eges, hogy a sz´amjegyeik hely´et egy vagy t¨obb forgat´assal megv´altoztatj´ak. A forgat´as azt jelenti, hogy a sz´am utols´o sz´amjegye ´atker¨ ul a sz´am elej´ere. P´eld´aul a 347 forgat´asai a 734 ´es a 473. A 347 pr´ım, de a k´et elforgat´asa ¨osszetett sz´am, ez´ert mindkett˝o lehet a 347 ´alruh´aja, teh´at ez egy olyan pr´ım, ami el tud rejt˝ozni. Mivel a sz´amok elej´en a vezet˝o 0-kat nem ´ırjuk ki, ez´ert a 107 forgat´as´anak csak a 710-et tekintj¨ uk, a 71-et nem. Ha egy pr´ım minden elforgatottja pr´ım, akkor egyik¨ uk sem tud elrejt˝ozni. Ha egy sz´am ´es minden elforgatottja ¨osszetett, akkor ˝ok nem lehetnek egy pr´ım ´alruh´ai. K´esz´ıts¨ unk programot, amely a legf¨oljebb n´egyjegy˝ u pozit´ıv eg´eszek k¨oz¨ott megkeresi azokat, amelyek a fent le´ırt m´odon elrejthetnek egy pr´ımet. A program a standard kimenet els˝o sor´aba ´ırja ki az elrejt´esre alkalmas eg´eszek sz´am´at, m´asodik sor´aba n¨ovekv˝o sorrendben, vessz˝ovel elv´alasztva az elb´ ujtat´asra alkalmas eg´eszeket. Bek¨ uldend˝o egy i520.zip t¨om¨or´ıtett ´allom´anyban a forr´asprogram ´es egy r¨ovid dokument´aci´o, amely megadja, hogy a program melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben futtathat´o.

Ezeket a ker´ıt´esr´eszeket elhagyva ism´et olyan ker´ıt´es keletkezik, amelynek vagy vannak kiemelked´esei, vagy egyetlen t´eglalap az eg´esz ker´ıt´es. ´Igy a sz´amol´as folytathat´o pl. a (6, 3), N , M , (6, 4) t´eglalappal. Amennyiben l´ep´esr˝ol-l´ep´esre minden kiemelked´est a sz´amol´ as ut´ an elhagyunk, akkor v´eg¨ ul egy t´eglalap marad, amivel k´eszen is vagyunk. A megold´ ashoz teh´ at csak arra van sz¨ uks´eg, hogy min´el egyszer˝ ubben meghat´arozzuk a kiemelked´eseket.

I. 521. Egy lapra A, B, C, D ´es E jel¨ol´essel 5 darab l´ampa van egy sorban elhelyezve. A l´ amp´ak f¨ uggetlenek egym´ast´ol, mindegyikhez egy-egy kapcsol´ o tartozik, amellyel csak a hozz´a tartoz´o l´ampa be- ´es kikapcsol´asa v´egezhet˝o. Kezdetben minden kapcsol´o kikapcsolt ´allapotban van. A kapcsol´okat v´eletlenszer˝ uen kapcsoljuk egyik ´all´asb´ol a m´asikba, ´es figyelj¨ uk az ´eg˝o l´amp´ak sz´am´at, majd kell˝o sz´am´ u k´ıs´erlet ut´an ezen sz´amok gyakoris´ag´at.

5. feladat: Gondolkozzunk olyan algoritmuson, ami az adatok alapj´an v´egigmegy a kiemelked´eseken ´es megsz´ amolja azokat a t´eglalapokat, amelyek bal fels˝o cs´ ucsa ezeken tal´alhat´ o.

A k´ıs´erletet szimul´aljuk ´es ´ert´ekelj¨ uk ki t´abl´azatkezel˝ovel. 1. Hozzunk l´etre egy munkaf¨ uzetet i521 n´even ´es ments¨ uk a t´abl´azatkezel˝o alap´ertelmezett form´atum´aban, majd abban nevezz¨ unk el egy munkalapot lampak n´even.

A cikk folytat´as´aban v´ alaszt adunk az 5. feladatra ´es hat´ekony algoritmust k´esz´ıt¨ unk a versenyen kit˝ uz¨ ott probl´em´ ahoz. Term´eszetesen a le´ırt gondolatmeneten k´ıv¨ ul m´as ¨otlet alapj´ an is lehet megold´ ast k´esz´ıteni. Az ut´obbi ´evek CEOI feladatai szerepelnek a http://mester.inf.elte.hu adatb´azis´aban, ´ıgy programunk helyess´eg´et ´es hat´ekonys´ ag´ at ellen˝ orizhetj¨ uk a seg´ıts´eg´evel.

2. El˝ok´esz´ıt´esk´ent adjuk meg a t´abl´azat 1. sor´at ´es A oszlop´at a minta szerint. A feliratokkal a szimul´aci´o ´ertelmez´es´et seg´ıtj¨ uk.

Schmieder L´ aszl´ o

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

485

3. Az A oszlopban a kapcsol´ok megnyom´as´anak sorsz´am´at, m´ıg a B oszlopban a v´eletlenszer˝ uen v´alasztott kapcsol´o bet˝ ujel´et jelen´ıts¨ uk meg f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel. A szimul´aci´o 100 kapcsol´ast tartalmazzon. ´ 4. A C:G oszlopokban az ´eg˝ok be-, illetve kikapcsolt ´allapot´at jelen´ıts¨ uk meg Eg felirattal, illetve u ¨res cell´aval. 486

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

5. A H2:H100 cell´akban minden kapcsol´ as ut´ an ´ırjuk ki, hogy aktu´alisan h´any l´ampa ´eg. 6. Felt´eteles form´az´ assal emelj¨ uk ki azokat a sorokat, ahol mind az o¨t l´ampa ´eg (l´asd a mint´at). Az J6-os cell´ aban ´ırjuk ki, hogy h´anyadik kapcsol´asn´al fordult el˝osz¨or el˝o az o¨t l´ampa egyidej˝ u bekapcsolt ´ allapota. 7. Az I3:I4 cell´ak felirat´ at k´esz´ıts¨ uk el ´es mellette a J3:G4 cell´akban hat´arozzuk meg m´asolhat´o f¨ uggv´eny seg´ıts´eg´evel az ´eg˝ o l´ amp´ak sz´am´anak gyakoris´ag´at. 8. A gyakoris´agot feliratokkal ell´ atott diagramon ´abr´azoljuk a minta szerint a felette l´ev˝o adatok oszlopainak sz´eless´eg´eben. 9. Az A:H oszlopok tartalm´ at igaz´ıtsuk k¨ oz´epre. Az A1:B1 cell´akban az ´ır´asir´anyt ´all´ıtsuk f¨ ugg˝olegesre. Bek¨ uldend˝o egy i521.zip t¨ om¨ or´ıtett ´allom´ anyban a megold´ast ad´o munkaf¨ uzet ´es egy r¨ovid dokument´ aci´ o, amelyb˝ ol kider¨ ul az alkalmazott t´abl´azatkezel˝o neve ´es verzi´osz´ama. I. 522. A Very Hard Fegyint´ezet fegy˝ orei ´es rabjai kiz´ar´olag egyetlen adat alapj´an ´ıt´elik meg magukat ´es egym´ ast: kinek mekkora a bicepsze. Adataikat a fegyorok.txt ´es a rabok.txt sz¨ oveges ´allom´ any tartalmazza: egy sz´ok¨ozzel elv´alasztva el˝obb a fegy˝ or¨ ok (illetve rabok) azonos´ıt´ oja, majd bicepsz´enek ker¨ ulete szerepel centim´eterben kifejezve. A fegy˝ or¨ ok azonos´ıt´oja h´aromjegy˝ u eg´esz sz´am, amely el˝ott egy R bet˝ u van, m´ıg a rabok azonos´ıt´ oja egy n´egyjegy˝ u eg´esz sz´am. P´eld´aul a fegyorok.txt ´ allom´ anyban az R162-es azonos´ıt´oj´ u fegy˝or bicepsze 50,2 cm: R162 50,2 R176 21,5 m´ıg a rabok.txt ´allom´ anyban: 1717 26,6 2563 40,5 a 2563-as rab´e 40,5 cm. A fegyh´ azban legfeljebb 40 fegy˝or, ´es legfeljebb 100 rab van. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

487

1. Olvassuk be ´es t´aroljuk el az adatokat k´et adat´allom´anyb´ol. 2. H´any fegy˝or, ´es h´any rab van az int´ezetben? ´Irassuk ki a k´eperny˝ore a l´etsz´amokat. 3. K´erj¨ uk be egy rab azonos´ıt´oj´at, majd ´ırassuk ki bicepsz´enek m´eret´et. Ha nincs ilyen azonos´ıt´oj´ u rab, akkor jelenjen meg egy erre utal´o u ¨zenet. A fegyh´azban a rabok egyenk´ent s´et´alnak. Minden rabot egy s´et´ara fegy˝ornek kell k´ıs´erni, de olyannak, akinek a bicepsze nagyobb, mint az adott rab´e. 4. K´erj¨ uk be egy fegy˝or azonos´ıt´oj´at (feltehetj¨ uk, hogy van ilyen), ´es ´ırassuk ki, hogy h´any olyan rab van, akit elk´ıs´erhet s´et´alni. 5. Van-e olyan rab, aki sohase mehet s´et´alni? Ha igen, ´ırassuk ki a k´eperny˝ore az azonos´ıt´oj´at! Ha nincs, akkor ´ırassuk ki: Minden rab mehet leveg˝ozni!” ” 6. A rabok titokban Sz¨ok´esel˝ok´esz´ıt˝o Tan´acsot” alak´ıtanak. A tan´acsnak a h´a” rom legnagyobb bicepsz˝ u rab lesz a tagja. ´Irassuk a tan´acs tagjainak azonos´ıt´oj´at a titok.txt sz¨oveges ´allom´anyba (feltehetj¨ uk, hogy nincsenek azonos bicepsz˝ u rabok). Bek¨ uldend˝o egy i522.zip t¨om¨or´ıtett ´allom´ anyban a megfelel˝oen dokument´alt ´es kommentezett forr´asprogram, amely tartalmazza a megold´as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben futtathat´o. I/S. 48. Egy sakkt´abl´ara szeretn´enk min´el t¨obb vez´ert elhelyezni u ´gy, hogy egyik se u ´gy, hogy ¨sse a m´asikat. Valaki m´ar el is helyezett K vez´ert a t´abl´ara u egyik se u unk m´eg ¨ti a m´asikat. Adjuk meg, hogy legfeljebb h´any vez´ert helyezhet¨ el a t´abl´ara u ´gy, hogy a t´abl´an lev˝o vez´erek k¨oz¨ ul egyik se u ¨sse a m´asikat. Bemenet: az els˝o sor tartalmazza a K sz´amot. A k¨ovetkez˝o K sor mindegyike egy x ´es egy y sz´amot tartalmaz: az adott vez´ert az x-edik sor y-adik oszlop´aba tett´ek le. Kimenet: adjuk meg, hogy legfeljebb m´eg h´any vez´ert tehet¨ unk a t´abl´ara u ´gy, hogy egyik se u sse a m´ a sikat. ¨ P´elda: Bemenet (a / jel sort¨or´est helyettes´ıt) 3 / 2 7 / 6 2 / 7 6

Kimenet 5

Korl´ atok: 1 6 K 6 7, 1 6 x, y 6 8. Id˝ okorl´ at: 0,3 mp. ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´o, ha K = 7. Bek¨ uldend˝o egy is48.zip t¨om¨or´ıtett ´allom´ anyban a megfelel˝oen dokument´alt ´es kommentezett forr´asprogram, amely tartalmazza a megold´as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝oi k¨ornyezetben futtathat´o. S. 147. Ha egy sz´am´ıt´og´epes rendszerben egyszerre t¨obb program fut, akkor z´arakat haszn´ alnak a megosztott er˝oforr´asok biztons´agos kezel´ese ´erdek´eben. Miel˝ott egy program pl. k¨oz¨os mem´oriater¨ uletet haszn´alna, megvizsg´alja, hogy a hozz´a tartoz´o z´ar nyitva van-e. Ha igen, akkor z´arja azt, haszn´alja az er˝oforr´ast, majd ha m´ar nincs r´a sz¨ uks´ege, akkor a z´arat kinyitja. Am´ıg a program haszn´alja az er˝oforr´ast ´es az ahhoz tartoz´o z´ar be van z´arva, addig m´as program nem tudja az er˝ofor488

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

r´ast haszn´alni, ´ıgy v´arakoznia kell, am´ıg az er˝ oforr´ as szabadd´a nem v´alik ´es a z´ar u ´jra nyitva nem lesz. Van k´et programunk, melyek ¨ onmagukban determinisztikusak, azaz v´eges id˝on bel¨ ul lefutnak ´es pontosan tudjuk, hogy az egyes utas´ıt´asaikat milyen sorrendben hajtj´ak v´egre. Mindk´et program eset´eben ismerj¨ uk, hogy mely er˝oforr´asokat ´es milyen sorrendben pr´ ob´ alj´ ak lefoglalni ´es elengedni, teh´at azok z´arjait milyen sorrendben nyitj´ak ´es z´arj´ ak. D¨onts¨ uk el, hogy kialakulhat-e holtpont, ha csak ez a k´et program fut a rendszerben. Holtpontnak nevezz¨ uk azt az ´allapotot, amikor a rendszerben fut´o o¨sszes program olyan er˝oforr´ asra v´ar, amelyet egy m´asik program m´ar haszn´al, ez´ert egyik program sem tud tov´abb futni. K´esz´ıts¨ unk programot, amely T programp´ar eset´eben meghat´arozza, hogy kialakulhat-e holtpont. Bemenet: az els˝o sor tartalmazza a programp´ arok T sz´am´at. Minden programp´art h´arom sor ´ır le. Az els˝ o sor tartalmazza az N ´es M sz´amokat, melyek az els˝o ´es a m´asodik program z´ ar m˝ uveleteinek sz´ am´at adja meg. A k¨ovetkez˝o k´et sor az els˝o ´es a m´asodik program er˝ oforr´ as m˝ uveleteit ´ırja le a programfut´as szerinti sorrendben. Egy x > 0 sz´ am azt jelenti, hogy a program a k¨ovetkez˝o l´ep´es´eben az x-edik er˝oforr´ast haszn´ aln´ a, m´ıg egy x < 0 sz´ am azt, hogy az x-edik er˝oforr´ast a program m´ar nem haszn´ alja tov´ abb. Ha a program fut´asa v´eg´ere ´er, akkor elengedi az ¨osszes lefoglalt er˝ oforr´ ast, teh´ at minden ´altala lez´art z´ar kiny´ılik. Ez nem felt´etlen¨ ul jelenik meg a bemenetben. Kimenet: T sort kell ki´ırni, amelyek mindegyike az Igen” vagy a Nem” sz¨oveg ” ” aszerint, hogy ker¨ ulhet-e holtpontba a rendszer. P´elda: Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıt) 2 6 3 / 1 2 3 -3 -2 -1 / 1 3 2 4 5 / 1 2 -2 3 / 2 3 -2 -3 1

Kimenet Igen Nem

Korl´ atok: 1 6 T 6 10, 1 6 N, M 6 100, 1 6 x 6 106 . Id˝ okorl´ at: 0,2 mp. Bek¨ uldend˝o egy s147.zip t¨ om¨ or´ıtett ´allom´ anyban a megfelel˝oen dokument´alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´o. Javasolta: Erben P´eter ´es Darabos D´ aniel

d A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2020. december 15. ¨ ld´

d

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

489

Besz´ amol´ o a 4. Eur´ opai Fizikai Di´ akolimpi´ ar´ ol

A 4. Eur´opai Fizikai Di´akolimpia (EuPhO) az eredeti tervek szerint Szatm´arn´emetiben (Rom´ ani´aban) ker¨ ult volna megrendez´esre, a verseny azonban a COVID-19 j´arv´any miatt m´ajusban elmaradt. Helyette 2020. j´ ulius 20. ´es 26. k¨oz¨ott a verseny nemzetk¨ozi bizotts´aga egy online versenyt rendezett. A versenyen 30 eur´opai ´es 24 Eur´op´an k´ıv¨ uli orsz´ag ¨osszesen 258 di´akja vett r´eszt. A versenyz˝ok a legt¨obb orsz´agban egy helyen, tan´ari fel¨ ugyelettel ´ırt´ak meg a dolgozatokat, amelyeket beszed´es ut´an beszkenneltek, ´es elk¨ uldtek a verseny szervez˝oinek, akik azt a szok´asos m´odon kijav´ıtott´ak. A verseny tisztas´aga ´erdek´eben az eg´esz folyamatot (dolgozat´ır´as, szkennel´es) vide´on k¨ozvet´ıteni kellett. Az online forma semmilyen neh´ezs´eget nem jelentett az elm´eleti fordul´oban, viszont nagyon neh´ezz´e tette a m´er´esi fordul´o megrendez´es´et. A verseny szervez˝oi azonban – nagyon helyesen – nem akartak lemondani a m´er´esekr˝ol. El˝osz¨or az volt az elk´epzel´es, hogy a m´er´eshez sz¨ uks´eges egyszer˝ u eszk¨oz¨ok list´aj´at el˝ore megadj´ak, ´es azokat minden orsz´ag beszerzi, illetve a versenyre a szervez˝ok ´altal ¨ossze´all´ıtott csomagokat m´ar kor´abban elk¨ uldik a r´esztvev˝o orsz´agoknak. Egyik megold´as se probl´em´atlan, ´es v´eg¨ ul az id˝o is kev´es volt. V´eg¨ ul – kompromisszumk´ent – sz´am´ıt´og´epen szimul´alt m´er´eseket kellett a versenyz˝oknek elv´egezni¨ uk ´es ki´ert´ekelni¨ uk. Ily m´odon persze kimarad a m´er´esi elrendez´es ¨ossze´all´ıt´asa, a sokszor k´ez¨ ugyess´eget is ig´enyl˝o be´all´ıt´as, a min´el pontosabb leolvas´as. Ugyanakkor a modern m´er´esek – nem online esetben is – egyre ink´abb sz´am´ıt´og´ep seg´ıts´eg´evel t¨ort´ennek, ahol a mostani versenyhez hasonl´oan billenty˝ uzet seg´ıts´eg´evel kell be´all´ıtani a m´er´es param´etereit, az eredm´enyeket pedig egy adatf´ajl form´aj´aban lehet megkapni. Teh´at val´oj´aban a f˝o k¨ ul¨onbs´eg csak az volt, hogy most a bevitt adatok nem egy val´odi eszk¨oz be´all´ıt´asai, hanem egy szoftveres szimul´aci´o param´eterei voltak. A szervez˝ok arra is figyeltek, hogy a program – a val´odi m´er´esekhez hasonl´oan – az eredm´enyeket egy v´eletlen hib´aval kicsit elrontsa”. ” A moder´ aci´ o, a jav´ıt´ok ´altal adott pontok esetleges megn¨ovel´ese (amelyet az EuPhO-n nem a csapatvezet˝ok, hanem a di´akok maguk v´egeznek el), valamint az eredm´enyhirdet´es szint´en online t¨ort´ent. A szoci´alis programok, kir´andul´asok ´es a szem´elyes tal´alkoz´asok viszont sajnos elmaradtak. A verseny abszol´ ut gy˝oztese, az indon´ez Peter Addison Sadhani a maxim´alis 50 pontb´ol 40-et ´ert el, a legjobb eur´opai versenyz˝o (´es egyben abszol´ ut m´asodik) a szerb Bogdan Rajkov lett 38,5 ponttal. Az arany´eremhez 26 pontot kellett el´erni, ezt 27 di´ak (k¨oz¨ ul¨ uk 14 hivatalos eur´opai indul´o) ´erte el. Ezen k´ıv¨ ul 49 ez¨ ust´ermet, 59 bronz´ermet ´es 40 dics´eretet osztottak ki. A magyar csapatot a 2020. j´ unius 2-3-´an megrendezett – szint´en online – Kunfalvi-versenyen v´alogattuk ki, minden di´ak a saj´at otthon´aban dolgozott. (Az eredeti m´arciusi id˝opontban a versenyt nem lehetett megtartani. A v´aloga-

490

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

t´overseny feladatait a szeptemberi sz´ amban ismertett¨ uk.) Az EuPhO-n r´esztvev˝o csapat ´es eredm´enyeik: ´ Bokor Endre (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyakorl´o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´azium, 11. oszt.) ez¨ ust´erem (17,9 pont), felk´esz´ıt˝ o tan´ara: Schramek Anik´ o; P´ acsonyi P´ eter (Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´ os Gimn´azium, 12. oszt.) bronz´erem (16,1 pont), felk´esz´ıt˝ o tan´ ara: P´ alovics R´ obert; ´ Fajszi Bulcs´ u (Budapesti Fazekas Mih´ aly Gyakorl´o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´azium, 12. oszt.) bronz´erem (15,6 pont), felk´esz´ıt˝ o tan´ara: Horv´ ath G´ abor; ´ ´ Marozs´ ak T´ ad´ e (Obudai Arp´ ad Gimn´ azium, 12. oszt.) dics´eret (9,3 pont), felk´esz´ıt˝o tan´ara: G¨ artner Istv´ an; ´ J´ anosik Aron (R´evai Mikl´ os Gimn´ azium ´es Koll´egium, 12. oszt.) (8,1 pont), felk´esz´ıt˝o tan´ara: Juh´ asz Zolt´ an. A magyar csapat vezet˝ oje Sz´ asz Kriszti´ an volt, a feladatokat a versenynapok reggel´en Vank´ o P´eter ford´ıtotta le magyarra, Vigh M´ at´e pedig a versenybizotts´agban, valamint az els˝o elm´eleti feladat szerz˝ ojek´ent k´epviselte haz´ankat. Az al´abbiakban k¨oz¨olj¨ uk az elm´eleti fordul´ o feladatait ´es a k´ıs´erletek r¨ovid ismertet´es´et, az eredeti, teljes angol feladatsz¨ ovegek ´es a megold´ asok a verseny honlapj´an ´erhet˝ok el: https://eupho.ee/eupho-2020/. Elm´ eleti feladatok 1. Szolenoid ´ es hurok. Egy r sugar´ u, z´ art, k¨or alak´ u hurok egy ide´alis, E elektromotoros erej˝ u telepb˝ ol ´es egy R ellen´ all´ as´ u huzalb´ol ´all. Egy hossz´ u, v´ekony, l´egmagos szolenoidot a hurok tengely´ebe helyez¨ u nk (z tengely). A szolen√ oid hossza ℓ ≫ r, keresztmetszet´enek ter¨ ulete A ( A ≪ r), a menetek sz´ama N . A szolenoidon egy ide´ alis ´aramforr´ asb´ ol ´alland´ o I ´aram folyik. Az ´aramok ir´anya a szolenoidban ´es a hurokban megegyezik (az 1. ´ abr´ an az ´oramutat´o j´ar´as´aval megegyez˝o).

b) Most tegy¨ uk fel, hogy a szolenoid ´alland´o v sebess´eggel lassan mozog a z tengely ment´en, a hurokt´ol nagyon nagy t´avols´agb´ol indulva ´athalad annak k¨o´ azold a hurkon z´eppontj´an, ´es tov´abbhalad jobbra a pozit´ıv z ir´anyba. Abr´ ´atfoly´o J ´aramot az id˝o f¨ uggv´eny´eben! A grafikonon jel¨old be a fontos jellemz˝oket ´es ´ert´ekeket. A v sebess´eg olyan kicsi, hogy a hurok ¨onindukci´oj´at elhanyagolhatjuk. 2. Mechanikai gyors´ıt´ o. Egy elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u fon´al N -szer van feltekerve egy ´all´o helyzetben r¨ogz´ıtett hengerre, ahogy a 2. ´ abr´ an l´athat´o. Kezdetben a fon´al szabad (feltekeretlen) v´egei p´arhuzamosak az X tengellyel. Ekkor egy s´ ulyos, pontszer˝ u P testet r¨ogz´ıt¨ unk a fon´al egyik v´eg´ehez, a fon´al m´asik v´eg´et pedig ´alland´o u sebess´eggel h´ uzzuk az X tengely ment´en. Hat´arozd meg a s´ ulyos test maxim´alis sebess´eg´et!

2. ´ abra

A fon´al ny´ ujthatatlan ´es hajl´ekony. Tegy¨ uk fel, hogy a fon´al menetei szorosan egym´as mell´e vannak tekerve, ´es l´enyeg´eben egy, a henger tengely´ere mer˝oleges s´ıkban helyezkednek el. Hanyagolj el minden s´ url´od´ast. A gravit´aci´os er˝ot ne vedd figyelembe. 3. Macskaszem. Megfigyelhet˝o, hogy ha egy macska egy fejl´ampa f´enynyal´abj´aba ker¨ ul, szemei nagyon f´enyesnek l´atszanak (l´asd a 3. ´ abr´ an a fot´o bal oldal´an). Ezt a jelens´eget modellezhetj¨ uk egy lencse-¨ossze´all´ıt´assal, ahogy az a fot´o jobb oldal´an ´es a 4. ´ abr´ an l´athat´o.

1. ´ abra

3. ´ abra

a) Hat´arozd meg azt az F1 er˝ ot, amely a szolenoidra hat, amikor annak O1 el¨ uls˝o v´eg´et a hurok O k¨ oz´eppontj´ aba helyezz¨ uk! Mekkora F2 er˝o hat a szolenoidra, amikor annak O2 h´ ats´ o v´ege van a hurok k¨ oz´eppontj´aban? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

491

A jobb oldali fot´o egy digit´alis, t¨ uk¨orreflexes f´enyk´epez˝og´eppel k´esz¨ ult. A f´eny intenzit´as´at a f´enyk´epez˝og´ep ´erz´ekel˝oj´enek pixelein (amelyek a fenti fot´on feh´er vonal jel¨ol) az 5. ´ abr´ an l´athat´o grafikonon ´abr´azoltuk. A f´eny intenzit´as´anak (amelyet 492

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

K´ıs´ erleti feladatok

4. ´ abra

az adott pixelre be´erkez˝ o fotonok sz´ ama ad meg) 10-es alap´ u logaritmus´at ´abr´azoltuk az x koordin´ata f¨ uggv´eny´eben. A hossz´ us´ ag egys´ege egy pixel oldalhossza.

1. Rejtett t¨ olt´ es. Ebben a feladatban egy r¨ogz´ıtett, ismeretlen Q pontt¨olt´es nagys´ag´at ´es hely´et kellett meghat´arozni ´all´ıthat´o sebess´eg˝ u ´es helyzet˝ u (szimul´alt) elektronnyal´abok sz´or´od´asa alapj´an. A rejtett t¨olt´esr˝ol u ´gy szerezhettek inform´aci´ot a versenyz˝ok, hogy v´altoztathatt´ak az elektronok kezdeti mozg´asi energi´aj´at, valamint a z tengellyel p´arhuzamos elektronsug´ar kezdeti xi ´es yi koordin´at´ait, ´es m´ert´ek” azokat a xf ´es yf koordin´at´akat, ahol az elektronok becsap´odnak a z ten” gelyre mer˝oleges, z = 0 helyen l´ev˝o s´ık, v´eges m´eret˝ u erny˝obe. A feladat sz¨oveg´eben megadt´ak a Rutherford-sz´or´od´as k´eplet´et. Ugyanakkor az eg´esz m´er´essorozatot (milyen helyekr˝ol milyen energi´aj´ u elektronokat ind´ıtanak) a versenyz˝oknek kellett megterveznie, ´es a szimul´aci´os programmal v´egrehajtania, majd a program ´altal adott adatokb´ol (a becsap´od´asok hely´eb˝ol) a lehet˝o legpontosabban meghat´arozniuk a r¨ogz´ıtett Q t¨olt´es hely´enek (xQ , yQ , zQ ) koordin´at´ait, valamint a t¨olt´es nagys´ag´at ´es el˝ojel´et. Az eredm´enyhez egy durva, nagys´agrendi hibabecsl´est is adni kellett (az elektronsug´ar kezdeti helyzet´enek 0,5 mm nagys´agrend˝ u Gauss-eloszl´as´ u hib´aja volt). 2. Feketedoboz. A m´asodik m´er´esi feladatban egy mechanikai feketedobozt vizsg´altak a versenyz˝ok. A merev, m1 t¨omeg˝ u doboz belsej´eben egy m2 t¨omeg˝ u test van felf¨ uggesztve egy elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u, k1 rug´o´alland´oj´ u rug´oval. Egy m´asik m3 t¨omeg˝ u test pedig az m2 t¨omeg˝ u testre van f¨ uggesztve egy m´asik, szint´en elhanyagolhat´o t¨omeg˝ u, k2 rug´o´alland´oj´ u rug´oval. A testekre hat egy kis viszk´ozus k¨ozegellen´all´as, amely f¨ ugg a testek sebess´eg´et˝ol. A neh´ezs´egi gyorsul´as nagys´aga g = 9,81 m/s2 , ir´anya p´arhuzamos a doboz fal´aval.

5. ´ abra

A macskaszemet modellez˝ o lencs´et egy ide´ alis v´ekony lencsek´ent kezelhetj¨ uk, melynek f´okuszt´avols´aga f = 55 mm ´es ´atm´er˝ oje D = 39 mm. Azonban figyelembe kell venni, hogy a grafikon val´ odi m´er´esi adatokat mutat, a lencs´enek pedig vannak nemide´alis tulajdons´agai. A legfontosabb, hogy a lencse f´enyesen megvil´ag´ıtott ter¨ uleteir˝ol t¨ort´en˝o r´eszleges visszaver˝ od´es cs¨ okkenti a kontrasztot: a s¨ot´et ter¨ uletek a lencs´en ´at n´ezve kev´esb´e s¨ ot´etnek l´ atszanak, mint amilyenek val´oj´aban. Ezt a hat´ast a f´enyk´epez˝og´ep lencs´ej´en´el elhanyagolhatjuk, a macskaszemet modellez˝o lencs´en´el viszont nem. A megadott adatok alapj´an becs¨ uld meg (kb. 20% pontoss´aggal) a f´enyk´epez˝og´ep tengelye ´es a (pontforr´ asnak tekinthet˝ o) l´ampa tengelye k¨oz¨otti h t´avols´agot, ha a f´enyk´epez˝og´ep ´es a pap´ırlap t´ avols´ aga L = 4,8 m. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

493

A tart´aly felfel´e vagy lefel´e mozgathat´o, szakaszonk´ent ´alland´o gyorsul´assal. A gyorsul´as mint´azata programozhat´o az id˝otartam ´es a gyorsul´as megad´as´aval minden l´ep´esben. A szimul´aci´o val´os id˝oben” mutatja a dobozra hat´o F er˝ot, ” amely az adott pillanatban sz¨ uks´eges a megadott gyorsul´ashoz, valamint az id˝ot. A szimul´aci´o az adatokat egy text f´ajlba is ki´ırja. A szimul´ aci´ot egy val´odi m´er´eshez az tette hasonl´ov´a, hogy az F er˝o m´er´es´enek van egy kicsi v´eletlenszer˝ u hib´aja, valamint a rug´ok line´arisan viselkednek ha a deform´aci´ok ´eszszer˝ uen kicsik, de nagy deform´aci´ok eset´en nemline´arisak. Ezen k´ıv¨ ul a doboz oldalainak hossza ´es a k´ıs´erletnek” helyet ad´o szoba v´eges m´eretei is ” adottak (ha a testek u ¨tk¨oznek egym´assal vagy a dobozzal, illetve a doboz a szoba padl´oj´aval vagy mennyezet´evel, akkor a szimul´aci´o le´all). A feladat minden param´eter (az m1 , m2 ´es m3 t¨omegek, valamint a kis megny´ ul´asokra vonatkoz´o k1 ´es k2 rug´o´alland´ok) meghat´aroz´asa. Ehhez az el˝oz˝o feladathoz hasonl´oan egy m´er´essorozat megtervez´ese ´es annak ki´ert´ekel´ese volt a c´el. 494

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Mivel a rendszernek nagyon sok szabad param´etere van, nem k¨onny˝ u megtal´alni, hogy ´erdemes elindulni. Hibasz´ am´ıt´ ast ebben a feladatban nem kellett v´egezni. Vank´ o P´ eter

ugyanakkora a nyom´as. Emiatt a B pontot tartalmaz´o l´egt´erben mindenhol, ´ıgy mindk´et, v´ızzel ´erintkez˝o fel¨ ulet´en´el ´eppen annyi a nyom´as, mint az A-t tartalmaz´o v´ızt¨omeg bal oldal´an 20 m´eter m´elyen. Ott pedig a fentiek szerint a nyom´as pB = p0 + 2 p0 = 3 p0 = 3 · 105 Pa. A C pontban a nyom´as a B-ben m´ert nyom´asn´al 30 − 15 = 15 m´eternyi v´ıznyom´asnyival nagyobb, teh´at

Fizika gyakorlat megold´ asa

pC = pB + 1,5 p0 = 4,5 p0 = 4,5 · 105 Pa.

G. 711. Egy z´ art, f¨ old alatti u urt˝ ovel csatlakozik a k¨ ulvil´ aghoz. Az u ¨reg egy k¨ ¨reg bizonyos r´eszeiben v´ız van. Hat´ arozzuk meg a nyom´ ast az ´abr´an felt¨ untetett A, B, C ´es D pontokban!

A D pontot tartalmaz´o u u¨regben mindenhol, ´ıgy a v´ızzel val´o ´erintkez´esi fel¨ let´en´el is annyi a nyom´as, mint a C-t tartalmaz´o v´ızt¨omeg bal oldal´an 25 m´eterrel a f¨oldfelsz´ın ´es 10 m´eterrel a bal oldali ´ag´anak a felsz´ıne alatt. Enn´el a v´ızfel¨ uletn´el pedig a nyom´as – mint l´attuk – pB = 3 · 105 Pa. A C-t tartalmaz´o v´ızt¨omeg jobb oldali felsz´ın´en´el a nyom´as pD = pB + p0 = 4 p0 = 4 · 105 Pa. Sebesty´en J´ ozsef Tas (Budapest, Ba´ar-Madas Ref. Gimn., 8. ´evf.) dolgozata alapj´an 34 dolgozat ´erkezett. Helyes 22 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 5, hi´ anyos (1–2 pont) 7 dolgozat.

Fizika feladatok megold´ asa

P. 5216. Egy f¨ ugg˝ olegesen ´ all´ o hengeres tart´ alyban egy s´ ulyos dugatty´ u alatt n mol, T0 h˝ om´ers´eklet˝ u leveg˝ o van. A tart´ aly ´es a dugatty´ u j´ o h˝ oszigetel˝ o, k´ıv¨ ul v´ akuum van. A dugatty´ ut lassan emelni kezdj¨ uk, majd amikor m´ ar W munk´ at v´egezt¨ unk, hirtelen elengedj¨ uk. A dugatty´ u leng´esbe j¨ on, ´es id˝ ovel (a leveg˝ o bels˝ o s´ url´ od´ asa miatt) meg´ all. Mekkora lesz a leveg˝ o h˝ om´ers´eklete az u ´j egyens´ ulyi helyzetben? Hogyan v´ altozik az eredm´eny, ha a dugatty´ ut nem emelj¨ uk, hanem W munkav´egz´essel lenyomjuk, majd hirtelen elengedj¨ uk?

(4 pont) Megold´ as. Tudjuk, hogy 10 m´eter m´elyen a v´ızben k¨or¨ ulbel¨ ul ugyanakkora a hidrosztatikai nyom´ as, mint a k¨ uls˝ o l´egk¨ ori nyom´as, vagyis p0 = 105 Pa. Az A pontban teh´at a nyom´ as ´ert´eke a k¨ uls˝ o l´egk¨ ori nyom´as ´es m´eg 40 m´eternyi v´ız hidrosztatikai nyom´ asa egy¨ utt, ami pA = p0 + 4 p0 = 5 p0 = 5 · 105 Pa. Az A pontot tartalmaz´ o v´ızt¨ omegben egy-egy szinten (azonos m´elys´egben) ugyanakkora a nyom´as, a leveg˝ ot tartalmaz´ ou ¨regben pedig mindenhol gyakorlatilag K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

495

(5 pont)

A Kvant nyom´ an

Megold´ as. Mivel a tart´aly ´es a dugatty´ u is j´o h˝oszigetel˝o, k´ıv¨ ul pedig v´akuum van, ez´ert az ´altalunk v´egzett W munka a dugatty´ u meg´all´asa ut´an k´et helyre ker¨ ulhet: n¨ovelheti a g´az bels˝o energi´aj´at ´es n¨ovelheti a dugatty´ u helyzeti energi´aj´at. Jel¨olj¨ uk a g´az kezdeti nyom´as´at p0 -lal, a kezdeti t´erfogat´at V0 -lal. A dugatty´ u t¨omege legyen m, keresztmetszete pedig A. Ekkor a dugatty´ u ´altal a g´azra kifejtett nyom´as: mg . pdugatty´u = A 496

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Kezdetben a dugatty´ u egyens´ ulyban volt, k´ıv¨ ul pedig v´akuum van, ´ıgy p0 = pdugatty´u =

ahol R az egyetemes g´az´alland´o. Helyettes´ıts¨ uk be (4)-be az (5) ´es (6) egyenleteket:

mg . A

W =

Miut´an l´etrej¨ott az u ´j egyens´ ulyi helyzet, a g´az nyom´asa p1 , a t´erfogata V1 ´es a h˝om´ers´eklete T1 ´ert´ekekre v´ altozik. Mivel k´ıv¨ ul m´eg mindig v´akuum van, ez´ert a g´aznak ebben az u ´j egyens´ ulyi helyzetben is csak a dugatty´ ut kell tartania, teh´at a g´az nyom´asa: mg p1 = pdugatty´u = p0 = . A Az ide´alis g´az bels˝o energi´ aja: Ebels˝o

f = pV, 2

ahol f a g´azmolekul´ak szabads´ agi fokainak sz´ ama. Miut´an a csillapod´ o rezg˝ omozg´ ast v´egz˝ o dugatty´ u v´eg¨ ul meg´all, az ´altalunk v´egzett W munka valamennyivel n¨ oveli a g´az bels˝ o energi´aj´at. Mivel a g´az nyom´asa az u ´j egyens´ ulyi helyzetben ugyanannyi, mint kezdetben volt, a g´az t´erfogat´anak meg kellett n˝onie, vagyis a dugatty´ u megemelkedik, ´es emiatt a gravit´aci´os helyzeti energi´aja is megn˝o. A dugatty´ u megemelked´ese az eredeti helyzet´ehez k´epest legyen ∆h. Ekkor a helyzeti energi´aj´anak n¨ oveked´ese (1)

T1 =

Ez az eredm´eny akkor sem v´altozik, ha a dugatty´ ut ugyanennyi munkav´egz´essel nem megemelj¨ uk, hanem lenyomjuk, hiszen a W > 0 munka ekkor is csak a g´az bels˝o energi´aj´at ´es a dugatty´ u helyzeti energi´aj´ at n¨oveli. (A tart´aly ´es a dugatty´ u j´o h˝oszigetel˝o, ez´ert a rendszer nem ad le h˝ot, tov´abb´a a k¨ uls˝o t´erben nincs g´az, ´ıgy annak mozg´asba hozatal´aval ´es a mozg´asi energi´aj´anak esetleges megn¨ovel´es´evel sem kell foglalkoznunk.) Teh´at a lenyomott dugatty´ u eset´eben – a rezg´esek lecsillapod´asa ut´an – ugyanaz az egyens´ ulyi helyzet alakul ki, mint a megemelt dugatty´ un´al, vagyis 2W T1 = + T0 7nR lesz a tart´alyban l´ev˝o leveg˝o h˝om´ers´eklete az u ´j egyens´ ulyi ´allapotban.

9 dolgozat ´erkezett. Helyes Bokor Endre, Fekete Andr´ as Albert, Sas M´ or, Szab´ o L´ aszl´ o ´es Toronyi Andr´ as megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 2, hi´ anyos (1–2 pont) 2 dolgozat.

f f ∆(pV ) = p0 ∆V , 2 2

ahol ∆V = V1 − V0 = A∆h a g´az t´erfogatv´ altoz´ asa. Az ´altalunk v´egzett W munka a k´etf´ele energiav´ altoz´as ¨osszeg´evel egyezik meg: (3)

W = ∆Ehelyzeti + ∆Ebels˝o .

Helyettes´ıts¨ uk be az (1) ´es (2) egyenleteket a (3)-ba, majd alak´ıtsuk ´at: W = mg∆h +

2W 2W + T0 = + T0 . (f + 2)nR 7nR

Toronyi Andr´ as (Budapest, Ba´ar-Madas Ref. Gimn., 10. ´evf.)

a g´az bels˝o energi´aj´anak n¨ oveked´ese pedig ∆Ebels˝o =

) ( ) f f + 1 (nRT1 − nRT0 ) = + 1 nR(T1 − T0 ). 2 2

A tart´alyban leveg˝o van, aminek f = 5 a szabads´agi foka, teh´at:

∆Ehelyzeti = mg∆h,

(2)

(

P. 5221. Egy piciny (pontszer˝ unek tekinthet˝ o) j´ at´ekaut´ onak ´ep´ıt¨ unk egy s´ url´ od´ asmentes p´ aly´ at, amely v´ızszintes szakasszal indul, azut´ an egy r sugar´ u, f¨ ugg˝ oleges s´ık´ u, k¨ or alak´ u hurokban folytat´ odik, majd a hurok kezdet´ehez vissza´erve ism´et v´ızszintess´e v´ alik. Legyen v az a legkisebb ind´ıt´ asi sebess´eg, amellyel a kisaut´ o m´ ar v´egighalad a p´ aly´ an. Ezen v sebess´eg h´ anyad r´esz´evel kell elind´ıtani az aut´ ot, hogy a hurokszakaszr´ ol lev´ alva ´eppen a k¨ or ´ atellenes pontj´ aba csap´ odjon majd be?

f mg f f p0 ∆V = A∆h + p0 ∆V = p0 ∆V + p0 ∆V, 2 A 2 2

ami ´ıgy is fel´ırhat´o: (4)

W =

(

) ( ) f f + 1 p0 (V1 − V0 ) = + 1 (p0 V1 − p0 V0 ). 2 2

Haszn´aljuk fel az ide´ alis g´az ´allapotegyenlet´et a kezdeti ´es az u ´j egyens´ ulyi helyzetre. (5)

p0 V0 = nRT0 ,

(6)

p0 V1 = nRT1 ,

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

(5 pont)

K¨ozli: Vass Mikl´ os, Budapest

Megold´ as. Az aut´o hurkon val´o ´athalad´as´anak kritikus pontja a p´alya legfels˝o pontja. Ha itt a nyom´oer˝o ´eppen null´ara cs¨okken, akkor m´eg nem v´alik el az aut´o 497

498

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

a p´aly´at´ol. A k¨ormozg´ as felt´etele, hogy a testre hat´ o er˝ok ered˝oje l´etrehozza a centripet´alis gyorsul´ast. Ha a j´ at´ekaut´ o sebess´ege a p´ alya legfels˝o pontj´aban v1 , akkor hat´aresetben (amikor a test m´eg ´eppen nem v´ alik el a k¨or alak´ u p´aly´at´ol): mg = m

v12 , r

teh´ at

A t-re ´es u2 -re kapott kifejez´esek behelyettes´ıt´es´evel, majd 2r-rel egyszer˝ us´ıtve kapjuk: cos4 α + sin2 α cos2 α − sin2 α = 0. Innen (a trigonometrikus Pitagorasz-t´etelt kihaszn´alva):

v12 = rg.

A folyamat sor´an a disszipat´ıv er˝ ok hat´ asa elhanyagolhat´o, ´ıgy a mechanikai energia megmarad.

cos4 α + cos2 α − cos4 α − 1 + cos2 α = 0, teh´at

1 1 1 5 mv 2 = 2mgr + mv12 = 2mgr + mgr = mgr, 2 2 2 2 vagyis v=

√

u2 , r

1 cos α = √ , 2

Az energiamegmarad´as t¨orv´enye szerint: 1 1 mv ′2 = (1 + cos α)mgr + mu2 , 2 2

5rg .

vagyis

1 , 2

α = 45◦ .

Az aut´o a k¨ormozg´ as m´asodik negyed´eben tud lev´alni a p´aly´aj´ar´ol (el˝otte – nem elegend˝oen nagy kezd˝ osebess´egn´el – csak visszacs´ uszna a k¨orv´ıven). Legyen a lev´al´askor a j´at´ekaut´ o sebess´ege u, a hozz´ a h´ uzott sug´ar f¨ ugg˝olegessel bez´art sz¨ oge α (l´asd az ´ abr´ at). Ekkor m´eg ´eppen k¨ orp´ aly´an halad (a p´alya nyom´oereje m´ar ´eppen null´ara cs¨okkent), ´ıgy a mozg´ asegyenlet sug´ar ir´any´ u komponense: mg cos α = m

cos2 α =

u2 = rg cos α.

√ ) ( 1 v ′2 = 2 + 2 rg + rg √ , 2 √( √ ) 3 2 ′ v = 2+ rg, 2 ´es v´eg¨ ul a keresett ar´any: v′ = v

√

√ 2 3 2 + ≈ 0,91. 5 10

Horv´ ath Anik´ o (Szeged, Radn´oti M. K´ıs. Gimn., 11. ´evf.) 31 dolgozat ´erkezett. Helyes 17 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 2, hi´ anyos (1–3 pont) 9, hib´ as 2, nem ´ert´ekelhet˝ o 1 dolgozat. 3

P. 5225. Egy 10 dm2 alapter¨ ulet˝ u faz´ekban 5 liter, 998 kg/m s˝ ur˝ us´eg˝ u, 20 C-os v´ız tal´ alhat´ o. A vizet felmeleg´ıtj¨ uk 80 ◦ C-ra. A v´ız t´erfogati h˝ ot´ agul´ asi egy¨ utthat´ oj´ at a 20 ◦ C ´es 80 ◦ C k¨ oz¨ otti h˝ om´ers´eklet-tartom´ anyban tekints¨ uk ´ alland´ o, βv´ız = 4 · 10−4 1/K ´ert´ek˝ unek. A faz´ek rozsdamentes ac´elb´ ol k´esz¨ ult, melynek t´erfogati h˝ ot´ agul´ asi egy¨ utthat´ oja βac´el = 5 · 10−5 1/K. A v´ız p´ arolg´ as´ at hanyagoljuk el. ◦

a) Mekkora kezdetben a v´ız hidrosztatikai nyom´ asa az ed´eny alj´ an? Mennyivel v´ altozik meg ez az ´ert´ek a meleg´ıt´es sor´ an? b) Mennyivel emelkedik meg a meleg´ıt´es sor´ an a faz´ekban a v´ızszint?

A szemk¨ozti pontba val´ o becsap´ od´ as´ aig mozg´ asa ferde haj´ıt´as. V´ızszintesen: 2r sin α = ux t = ut cos α, F¨ ugg˝olegesen: 2r cos α =

azaz

t=

(4 pont)

2r sin α . u cos α

Megold´ as. Ismert adatok: A faz´ek alapter¨ ulete kezdetben: A0 = 10 dm2 = 0,1 m2 ; a v´ız t´erfogata kezdetben: V0 = 5 liter = 5 dm3 = 0,005 m3 ; 3 a v´ız s˝ ur˝ us´ege (kezdetben): ϱ0 = 998 kg/m ; a kezdeti h˝om´ers´eklet: T0 = 20 ◦ C;

g 2 t − ut sin α. 2

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

K¨ozli: Sz´echenyi G´ abor, Budapest

499

500

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

a v´egs˝o h˝om´ers´eklet: T1 = 80 ◦ C (teh´ at a h˝ om´ers´eklet megv´altoz´asa: ∆T = = T1 − T0 = 60 ◦ C); a v´ız (´atlagos) h˝ot´agul´ asi egy¨ utthat´ oja: βv´ız = 4 · 10−4 K−1 ; az ac´el (t´erfogati) h˝ot´ agul´ asi egy¨ utthat´ oja: βac´el = 5 · 10−5 K−1 ; a line´aris h˝ot´agul´as 1 egy¨ utthat´oja αac´el = 3 βac´el , a keresztmetszet (ter¨ ulet) relat´ıv t´agul´as´anak egy¨ utthat´oja pedig 2αac´el =

2 3

βac´el . ϱ0 V0 g = 489,5 Pa. A0

A meleg´ıt´es sor´an a v´ız t¨ omege nem v´ altozik meg, a s´ ulya teh´at ϱ0 V0 g marad, az ed´eny keresztmetszete viszont megn˝ o, A0 (1 + 32 βac´el ∆T ) nagys´ag´ u lesz. Ezek szerint a hidrosztatikai nyom´ as a meleg´ıt´es ut´ an p1 =

ϱ0 V0 g A0 (1 + 23 βac´el ∆T )

K¨ozli: Tornyos Tivadar E¨ ors, Budapest

A 2 kΩ-os ered˝o csak egyf´elek´eppen kaphat´o meg: ha mindegyik dobozb´ol 1 kΩ-os ellen´all´ast vesz¨ unk ki. Ugyanez a helyzet a 10 kΩ-os eredm´ennyel, az csak 5 kΩ + 5 kΩ eset´en val´os´ıthat´o meg. Ezek val´osz´ın˝ us´ege (a kedvez˝o lehet˝os´egek sz´ama osztva az ¨osszes lehet˝os´eg sz´am´aval): p2 = p10 =

= 488,5 Pa,

1 = 0,04 = 4%. 25

(A p-vel jel¨olt val´osz´ın¨ us´eg indexe a soros ered˝o kiloohmban m´ert ´ert´ek´ere utal.) A 3 kΩ-os ered˝ore m´ar k´et lehet˝os´eg¨ unk van (1 kΩ + 2 kΩ vagy 2kΩ + 1 kΩ). A 9 kΩ-os ered˝o ellen´all´as is k´etf´elek´eppen ´allhat el˝o (4 kΩ + 5 kΩ vagy 5 kΩ + 4 kΩ), ezek val´osz´ın˝ us´ege teh´at

az eredeti ´ert´ekn´el 1 Pa-lal kevesebb lesz. b) Kezdetben a v´ız magass´ aga h0 =

(4 pont)

Megold´ as. K´et dobozb´ol vesz¨ unk ki ellen´ all´asokat. Mivel egy-egy dobozban 5 ellen´all´as van, a v´alaszt´asi lehet˝os´egek sz´ama mindk´et esetben 52 = 25. a) Soros kapcsol´as eset´eben az ellen´all´asok ¨osszead´odnak.

a) Kezdetben a nyom´ as az ed´eny alj´ an: p0 =

b) M´ asik k´et doboz mindegyik´eben egy-egy 60 kΩ-os, 30 kΩ-os, 20 kΩ-os, 15 kΩos ´es 12 kΩ-os ellen´ all´ as tal´ alhat´ o. A k´et dobozb´ ol tal´ alomra kivesz¨ unk egy-egy ellen´ all´ ast, ´es p´ arhuzamosan kapcsoljuk ezeket. Mekkora val´ osz´ın˝ us´eggel lesz az ered˝ o ellen´ all´ as 30 kΩ, 20 kΩ, 15 kΩ, 12 kΩ, 10 kΩ, illetve 10 kΩ-n´ al kisebb ´ert´ek˝ u?

V0 = 0,05 m. A0

p3 = p9 =

Az ed´eny megv´altozott keresztmetszete: ) ( 2 A1 = A0 1 + βac´el ∆T , 3

2 = 0,08 = 8%. 25

A 4 kΩ-os ered˝oh¨oz h´aromf´ele v´alaszt´as vezethet (1 kΩ + 3 kΩ vagy 3 kΩ + 1 kΩ vagy 2 kΩ + 2 kΩ), ´es ugyancsak h´aromf´elek´eppen ´allhat el˝o a 8 kΩ-os ered˝o (3 kΩ + 5 kΩ vagy 5 kΩ + 3 kΩ vagy 4 kΩ + 4 kΩ). Ezek val´osz´ın˝ us´ege:

a v´ız megv´altozott t´erfogata pedig

p4 = p8 =

V1 = V0 (1 + βv´ız ∆T )

3 = 0,12 = 12%. 25

Hasonl´o m´odon kapjuk, hogy lesz. Ezek szerint a felmeleg´ıtett v´ız magass´ aga a felmeleg´ıtett faz´ekban p5 = p7 =

1 + βv´ız ∆T V1 V0 (1 + βv´ız ∆T ) = h0 = 5,11 · 10−2 m, h1 = = 2 A1 A0 (1 + 3 βac´el ∆T ) 1 + 23 βac´el ∆T

´es v´eg¨ ul (mivel 6 kΩ-os ered˝o ¨otf´elek´eppen ´all´ıthat´o el˝o)

az eredeti ´ert´ekn´el kb. 1,1 mm-rel magasabb lesz. p6 =

´ Isk. ´es Gimn., 9. ´evf.) G´ abriel Tam´ as (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. 35 dolgozat ´erkezett. Helyes 14 megold´ as, kicsit hi´ anyos (3 pont) 9, hi´ anyos (1–2 pont) 12 dolgozat.

P. 5227. a) K´et doboz mindegyik´eben egy-egy 1 kΩ-os, 2 kΩ-os, 3 kΩ-os, 4 kΩ-os ´es 5 kΩ-os ellen´ all´ as tal´ alhat´ o. A k´et dobozb´ ol tal´ alomra kivesz¨ unk egyegy ellen´ all´ ast, ´es sorosan kapcsoljuk ezeket. Mekkora val´ osz´ın˝ us´eggel lesz az ered˝ o ellen´ all´ as 2 kΩ, 3 kΩ, 4 kΩ, 5 kΩ, 6 kΩ, 7 kΩ, 8 kΩ, 9 kΩ, illetve 10 kΩ? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

4 = 0,16 = 16%, 25

501

5 = 0,20 = 20%. 25

´Igy val´oban minden lehet˝os´eget figyelembe vett¨ unk, hiszen 4% + 8% + 12% + 16% + 20% + 16% + 12% + 8% + 4% = 100%. b) P´arhuzamos kapcsol´as eset´eben az ered˝o ellen´all´as a kapcsol´as b´armelyik ellen´all´as´an´al kisebb ´ert´ek˝ u. 502

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

Az ered˝o ellen´all´ as k´eplete: 1 1 1 = + , Re R1 R2

ebb˝ ol Re =

Megjegyz´es: Az els˝ o esetben az ellen´ all´ asok nagys´ aga, a m´ asodik esetben pedig az ellen´ all´ asok reciprok´ anak nagys´ aga sz´ amtani sorozatot alkot. Ez tette lehet˝ ov´e, hogy k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o ellen´ all´ asp´ arok ered˝ oje ´eppen ugyanakkor´ anak bizonyuljon.

R1 R2 . R1 + R2

(G. P.)

A 30 kΩ-os ered˝ot csak n´ ala nagyobb ´ert´ek˝ u ellen´all´asok p´arhuzamos kapcsol´as´aval kaphatunk. Erre csak egyetlen egy lehet˝ os´eg van: mindk´et dobozb´ol a 60 kΩ-os ellen´all´ast h´ uzzuk ki. Ez j´ o v´alaszt´ as, hiszen Re =

60 kΩ · 60 kΩ = 30 kΩ. 60 kΩ + 60 kΩ 1 = 0,04 = 4%. 25

A 20 kΩ-os ered˝ot csak a n´ ala nagyobb, vagyis a 30 ´es/vagy a 60 kiloohmos ellen´all´asb´ol kaphatjuk meg. Ez k´etf´elek´eppen val´ osulhat meg: 30 kΩ · 60 kΩ Re = = 20 kΩ 30 kΩ + 60 kΩ ´es Re =

(A k´et egyforma ellen´ all´ as ered˝ oje vagy nagyobb, vagy kisebb lenne 20 kΩ-n´al.) A k´erd´eses val´osz´ın˝ us´eg: 2 p20 = = 0,08 = 8%. 25 Hasonl´o m´odon l´athatjuk be, hogy 3 = 0,12 = 12%, 25

p12 =

4 = 0,16 = 16%, 25

p10 =

5 = 0,2 = 20%. 25

Megold´ as. Jel¨olj¨ uk az elugr´o levelib´eka kezd˝osebess´eg´enek v´ızszintes komponens´et vx -szel, a f¨ ugg˝oleges ¨osszetev˝ot vy -nal, a mozg´as idej´et pedig t-vel. A ferde haj´ıt´as k´epletei szerint g vx t = s ´es h = − t2 + vy t, 2 vagyis s h + (g/2)t2 h g ´es vy = = + t. t t t 2 Ezek seg´ıts´eg´evel kisz´am´ıthatjuk a b´eka elrugaszkod´asakor v´egzett munk´aj´at, ami a kezdeti mozg´asi energi´aj´aval egyenl˝o: ) m( 2 E= vx + vy2 . 2 Ennek a kifejez´esnek keress¨ uk a minimum´at a t v´altoz´o f¨ uggv´eny´eben. A minimum helye” szempontj´ab´ol az m/2-es t´enyez˝o ´erdektelen, teh´at elhagyhat´o. Tekints¨ uk a ” ( ) 2 ( s )2 h g s2 + h2 g 2 t2 vx2 + vy2 = + + t = + + gh 2 t t 2 t 4

kifejez´est! Az utols´o tag t-t˝ol f¨ uggetlen ´alland´o, teh´at a minimum keres´es´en´el elhagyhatjuk. M´asr´eszt a sz´amtani ´es m´ertani k¨ozepekre vonatkoz´o egyenl˝otlens´eg szerint √ √ s2 + h2 g 2 t2 s2 + h2 g 2 t2 s2 + h2 + > 2 · = g . 2 2 t 4 t 4 g

´es v´eg¨ ul

A fenti esetek a 10 kΩ-n´ al nem kisebb ered˝ oj˝ u kapcsol´asok mindegyik´et tartalmazz´ak, ´ıgy p>10 = p30 + p20 + p15 + p12 + p10 = 0,6 = 60%. Annak val´osz´ın˝ us´ege, hogy az ered˝o ellen´all´ as 10 kΩ-n´ al kisebb, a hi´ anyz´ o” 40%-kal egyenl˝o: ” p10 = 0,4 = 40%.

Az egyenl˝ os´eg a legkisebb elrugaszkod´asi energi´anak felel meg, amihez tartoz´o t = t0 id˝otartamra √ s2 + h2 s2 + h2 g 2 t20 2 , t0 = 2 . = 2 t0 4 g A levelib´eka kezd˝osebess´eg´enek a v´ızszintessel bez´art α sz¨og´ere (vagyis az elrugaszkod´as ir´any´ara) fen´all: vy tg α = = vx

Endr´esz Bal´ azs (P´ apa, T¨ urr Istv´an Gimn. ´es Koll., 12. ´evf.) dolgozata felhaszn´al´as´aval K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

K¨ozli: Woynarovich Ferenc, Budapest

vx =

60 kΩ · 30 kΩ = 20 kΩ. 60 kΩ + 30 kΩ

p15 =

P. 5233. Egy levelib´eka egy t˝ ole v´ızszintesen s t´ avols´ agra, de h magass´ agban l´ev˝ o lev´elre akar a talajr´ ol felugrani. Milyen ir´ anyba ´es mekkora sebess´eggel kell elrugaszkodnia, hogy a legkevesebb energi´ ara legyen ehhez sz¨ uks´ege? (5 pont)

Eszerint a val´osz´ın˝ us´eg: p30 =

37 dolgozat ´erkezett. Helyes 29 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 7, hib´ as 1 dolgozat.

503

504

h t0

g

+ 2 t0 s t0

h g h = + t20 = + s 2s s

√ h2 + s2 , s

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

vagyis α = arctg

h+

√

A v´ız fajh˝oje c = 4,2 kgkJ◦ C , a h˝om´ers´eklet´enek emelked´ese ∆T = 80 ◦ C, a felmeleg´ıt´es´ehez sz¨ uks´eges h˝o

h2 + s2 . s

Q = cmv´ız ∆T = 2,59 kJ,

(h = 0 eset´en a j´ol ismert α = 45◦ -os eredm´enyt kapjuk.) Az elugr´as sebess´eg´enek nagys´ aga (optim´ alis esetben): v=

√ vx2 + vy2 =

√

h2 + s2 g 2 t20 + + gh = t20 4

ami az E0 elektromos energi´an´al 4,6-szer kevesebb.

√ √ g ( s2 + h2 + h).

d) Az akkumul´ator t´erfogat´aval megegyez˝o t´erfogat´ u krist´alycukor t¨omege kb. 6 g. Ezt a megadott energiatartalommal” ¨osszeszorozva Ek´emiai ≈ 100 kJ ´ert´eket ” kapunk, ami az E0 elektromos energi´anak mintegy nyolcszorosa.

Vakaris Klyvis (Br¨ usszel, Belgium, 12. ´evf.)

Kov´ acs Kinga (Kecskem´et, Katona J. Gimn., 10. ´evf.)

35 dolgozat ´erkezett. Helyes 16 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (4 pont) 5, hi´ anyos (1 pont) 12, hib´ as 2 dolgozat.

Megjegyz´es. A feladat az ugyanakkora helyen t´ arolhat´ o” k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fajt´ aj´ u (elekt” romos, mechanikai, termikus ´es k´emiai) energia nagys´ agrendj´enek ¨ osszehasonl´ıt´ asa szempontj´ ab´ ol tanuls´ agos. (A Szerk.)

P. 5249. Az AA jel˝ u akkumul´ ator hossza 5 cm, ´ atm´er˝ oje 1,4 cm. a) Mekkora energi´ at t´ arol egy 1,2 V-os, 2800 mAh-s akku? b) Mekkora sebess´egre gyorsulna fel ez a 17 grammos akku, ha az elt´ arolt energi´ aj´ at teljesen a saj´ at mozg´ asi energi´ aj´ av´ a alak´ıtan´ a?

74 dolgozat ´erkezett. Helyes 40 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 11, hi´ anyos (1–2 pont) 18, hib´ as 5 dolgozat.

c) H´ anyszor kevesebb energi´ aval lehetne ugyanekkora t´erfogat´ u vizet 20 ◦ C-r´ ol 100 C-ra meleg´ıteni? ◦

d) Mennyi energia van ugyanekkora t´erfogat´ u krist´ alycukorban, amelynek s˝ ur˝ us´ege kb. 0,77 g/cm3 , energiatartalma pedig 1680 kJ/100 gramm? (4 pont)

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

K¨ozli: Vass Mikl´ os, Budapest

Megold´ as. a) A t´ arolt (elektromos) energi´ at u ´gy kaphatjuk meg, hogy a fesz¨ ults´eget, az ´aramer˝ oss´eget ´es a m˝ uk¨ od´es idej´et ¨ osszeszorozzuk. A 2,8 Ah-s akkumul´ator 2,8 ampert tud leadni 1 ´or´ an, vagyis 3600 m´asodpercen kereszt¨ ul, ´ıgy a t´arolt energia

(6 pont)

E0 = U · I · t = 1,2 V · 2,8 A · 3600 s = 12 096 J ≈ 12 kJ. b) Egy m = 17 g = 0,017 kg t¨ omeg˝ u test 12 mv 2 mozg´asi energi´aja akkor egyezik meg a fenti E0 energi´ aval, ha a sebess´ege v=

√

2E0 = m

√

M. 399. H˝ ut˝oszekr´eny fagyaszt´oj´aban k´esz´ıts¨ unk k¨ ul¨onb¨oz˝o alak´ u j´egdarabokat, ´es ezek felhaszn´al´as´aval m´erj¨ uk meg a j´eg s˝ ur˝ us´eg´et!

2 · 1,2 kJ m km = 1190 ≈ 1,2 . 0,017 kg s s

c) Az r sugar´ u, ℓ hossz´ us´ ag´ u akkumul´ ator t´erfogata:

K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´acduka

G. 721. Egy ´ep´ıt˝okocka-k´eszletben minden elem t¨om¨or f´ab´ol k´esz¨ ult, egyforma t¨omeg˝ u ´es t´eglatest alak´ u. Minden t´eglatest egyik ´ele 6 cm, a m´asik kett˝o lehet elt´er˝o. Lali n´egy elemet egym´asra rakott, legfel¨ ulre egy kocka alak´ u darab ker¨ ult, ´es minden elem teljes als´o lapj´aval t´amaszkodott az alatta l´ev˝ore. Elgy¨ony¨ork¨od¨ott a toronyban, ´es azt is ´eszrevette, hogy a torony k¨ ul¨onleges: minden emelet alatt ugyanakkora a nyom´as. Rajzoljuk le a tornyot, ´es t¨ untess¨ uk fel a rajzon a m´ereteket is! (3 pont)

2

V = r2 πℓ = (0,7 cm) · π · 5 cm = 7,70 cm3 .

G. 722. Fel¨ ul nyitott ed´enyben g´azl´angon vizet forralunk. K¨ozvetlen¨ ul a g´az elz´ar´asa ´es a l´ang kialv´asa ut´an feh´er g˝ozfelh˝ot figyelhet¨ unk meg az ed´eny felett. Magyar´azzuk meg ezt a jelens´eget!

Ekkora t´erfogat´ u v´ız t¨ omege mv´ız = 7,70 g = 0,0077 kg. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

(3 pont) 505

506

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

G. 723. Van egy 5 dioptri´ as gy˝ ujt˝ olencs´enk ´es egy −8 dioptri´as sz´or´olencs´enk. A s¨ot´et szob´aba a lyukas f¨ ugg¨ ony¨ on ´at p´ arhuzamos, v´ızszintes f´enynyal´ab ´erkezik, ´es kerek foltot vet´ıt a falra. Melyik lencs´et ´es hova kell helyezn¨ unk, hogy a falon a folt pontt´a zsugorodjon ¨ ossze? Ha most a m´asik lencs´et is a f´eny u ´tj´ aba ´all´ıtjuk, hov´a tegy¨ uk, hogy ism´et p´arhuzamos f´enynyal´abot nyerj¨ uk, ´es ism´et kerek f´enyfoltot l´assunk a falon? Ez a f´enyfolt kisebb vagy nagyobb lesz az eredetin´el? (3 pont) G. 724. Egy k´ıs´erletn´el azt halljuk, hogy az 50 Hz-es v´alt´o´arammal t´apl´alt vasmagos tekercs z´ ug. Mi az oka a z´ ug´ asnak? Mekkora frekvenci´aj´ u hangot hallhatunk?

b) Mekkora a goly´o torkolati sebess´ege? c) Mekkora a goly´ora hat´o k¨ozegellen´all´asi er˝o r¨oviddel a cs˝o elhagy´asa ut´an? (4 pont)

K¨ozli: Woynarovich Ferenc, Budapest

P. 5264. Egy versenyaut´o 60 m sugar´ u, k¨or alak´ u tesztp´aly´an ´all´o helyzetb˝ol ´ indul. Erint˝ oleges gyorsul´asa a mozg´as els˝o n´egy m´asodperc´eben ´alland´o, nagys´aga 2 6 m/s . a) Hat´arozzuk meg ´es ´abr´azoljuk v´azlatosan az id˝o f¨ uggv´eny´eben, hogy mekkora sz¨ogsebess´eggel forog az aut´o gyorsul´asvektora a menetir´anyhoz k´epest! b) Mennyi id˝o m´ ulva lesz ez a sz¨ogsebess´eg a legnagyobb? Mekkora lesz ez a maxim´alis sz¨ogsebess´eg?

(3 pont)

(5 pont)

P. 5261. A 2017. ´evi Tour de France hetedik szakasz´anak gy˝oztes´et c´elfot´o seg´ıts´eg´evel ´allap´ıtott´ ak meg: Marcel Kittel 6 millim´eter el˝onnyel 3 t´ızezred m´asodperccel hamarabb ´ert a c´elba, mint Edvald Boasson Hagen. a) Mekkora sebess´eggel ´erkeztek a ker´ekp´ arversenyz˝ok a c´elba?

P. 5265. V´ızilabd´az´o 70 cm ker¨ ulet˝ u, 400 g t¨omeg˝ u v´ızilabd´at tart a v´ızszint felett u ´gy, hogy a labda ´eppen ´erinti a v´ızfelsz´ınt. Legal´abb mennyi munk´at kell v´egeznie a v´ızilabd´az´onak, hogy a labd´at teljes eg´esz´eben a v´ız al´a nyomja?

b) A hivatalos eredm´enylista szerint az els˝ o h´arom versenyz˝o azonos, 5 ´ora 3 perc 18 m´asodperc alatt tette meg a 213,5 kilom´eteres t´avot. Mekkora a ker´ekp´arosok eg´esz t´avra vonatkoz´ o ´atlagsebess´ege? c) Mi az oka annak, hogy az els˝ o h´ arom befut´o eredm´eny´et azonos id˝ovel r¨ ogz´ıtett´ek? (3 pont)

K¨ozli: Simon P´eter, P´ecs

P. 5262. Forma 1-es pil´ ot´ ak olyan versenyen vesznek r´eszt, ahol nem a legnagyobb sebess´eggel lehet eredm´enyesen szerepelni. Egy kijel¨olt, d = 1250 m hossz´ u2 s´ag´ u t´avols´agot ´alland´ o sebess´eggel kell megtenni, majd mindenkinek a = 2 m/s lassul´assal kell meg´allni. Az gy˝ oz, aki az indul´ ast´ ol sz´am´ıtva a legr¨ovidebb id˝o alatt ´all meg. a) Mekkora sebess´eggel kell haladnia az ´alland´ o sebess´eg˝ u szakaszon a gy˝oztes pil´ot´anak, ha a lehet˝o legr¨ ovidebb id˝ o alatt akar meg´allni? b) Mekkora utat tesz meg ekkor az indul´ ast´ ol a meg´all´asig? (4 pont)

507

K¨ozli: Sz´echenyi G´ abor, Budapest

P. 5266. Az f szabads´agi fok´ u molekul´akb´ol ´all´o ide´alis g´az valamely egyens´ ulyi folyamata sor´an u ´gy t´agul ki, hogy k¨ozben nyom´asa a t´erfogat´aval egyenes ar´anyban n¨ovekszik. A v´egzett munk´an´al h´anyszor t¨obb h˝ot vesz fel ilyenkor a g´az? (4 pont)

K¨ozli: Radnai Gyula, Budapest

P. 5267. Pista vizsg´algatja szem¨ uveg´et. A szem¨ uveg a Nap f´eny´et a lencs´et˝ol ´ 50 cm-re f´okusz´alja. Eszreveszi, hogy a Nap f´eny´et visszaverve k´et f´enyesebb pont (f´okuszpont) is tal´alhat´o, az egyik 17, a m´asik 7 cm-rel a lencse el˝ott. Mekkora a lencse anyag´anak t¨or´esmutat´oja? (5 pont)

K¨ozli: Tichy G´eza, Budapest

(4 pont)

P. 5268. Egy d1 = 3 mm ´es egy d2 = 1,5 mm ´atm´er˝oj˝ u r´ezvezet´eket u ´gy forrasztunk ¨ossze, hogy az egyes vezet´ekdarabok f´elk¨or¨oket alkotva r = 4 cm sugar´ u k¨orr´e eg´esz´ıts´ek ki egym´ast. A z´art k¨or egyik forraszt´asi pontj´ahoz (A) ´es a v´ekonyabbik huzalb´ol k´esz¨ ult f´elk¨or felez˝opontj´ahoz (C) egy-egy igen hossz´ u egyenes vezet´ek csatlakozik. Hat´arozzuk meg a k¨orvezet˝o k¨oz´eppontj´aban a m´agneses mez˝o indukci´ovektor´at, ha a csatlakoz´o vezet´ekekben I = 25 A er˝oss´eg˝ u ´aram folyik! K¨ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

K¨ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs

P. 5263. A magyar el˝ o´ır´ asok szerint enged´ely n´elk¨ ul csak olyan fegyver tarthat´o, melynek torkolati energi´ aja (teh´ at az az energia, amivel a l¨oved´ek a cs˝o torkolat´at elhagyja) nem haladja meg a 7,5 J-t. Ennek az el˝o´ır´asnak pontosan megfelel˝o l´egpusk´ank cs¨ov´enek hossza 480 mm, cs˝ o´ atm´er˝ oje 4,5 mm ´es l¨oved´eke szab´alyos ´olomgoly´o. a) Mekkora a goly´ ot gyors´ıt´ o er˝ o ´atlaga egy l¨ ov´es alatt? Mekkora az ´atlagos nyom´as a cs˝oben? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

(4 pont)

K¨ozli: Szab´ o Endre, V´agf¨ uzes, Szlov´akia

508

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

flower. In how many different ways is it possible to arrange the flowers in this way? (Two arrangements are considered different if there exists a patch that contains a different kind of flower.) K. 673. The students in a class (we do not know how many of them there are) decided that everyone would buy some small present to everyone else for Christmas, and they would also buy some present together for each of their 11 teachers. Unfortunately, the Christmas party was cancelled. Then they decided to divide the presents equally among all the siblings of the students. (Each sibling gets the same present.) Was that possible if the total number of siblings was 15?

P. 5269. Mekkora frekvenci´ aj´ u szinuszos v´ alt´o´arammal szemben k´epvisel az ´ abr´ an l´ athat´ o¨ ossze´ all´ıt´as v´egtelen nagy ellen´all´ ast? (5 pont)

P´eldat´ ari feladat nyom´ an

P. 5270. A radon 222-es izot´ opj´anak felez´esi ideje 5508 perc. H´any nap eltelt´evel cs¨ okken egytized´ere a radon aktivit´asa? (4 pont)

Tank¨ onyvi feladat nyom´ an

P. 5271. Egy pontszer˝ u test az ´ abr´ an l´ athat´o k´etf´ele u ´tvonalon juthat el az A pontb´ol az ℓ t´avols´ agban l´ev˝ o B pontig. Az a) esetben a test v´ızszintes egyenes p´aly´an mozog, a b) esetben pedig egy f¨ ugg˝ oleges s´ıkban elhelyezked˝o, h m´elys´eg˝ u k¨or´ıv ment´en. Mindk´et mozg´ as kezd˝ osebess´ege v0 . Melyik mozg´as tart hosszabb ideig? (A s´ url´od´as ´es a l´egellen´ all´ as elhanyagolhat´ o.)

Adatok: v0 = 1 m/s, ℓ = 1 m, h = 2,5 cm. (6 pont)

K¨ozli: Berke Martin, Budapest

d Bek¨ uld´ esi hat´ arid˝ o: 2020. december 15. Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

d

MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 8. November 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 477): K. 669. Let us consider the set of 3-digit positive integers containing all the digits 1, 2, 3 exactly once. Find the smallest positive integer that contains each number from the previous set as consecutive digits. K. 670. Grandma bought two candles: the red candle was 2 cm longer than the blue one. On All Saints’ Day she lit the red candle at 5:30 p.m. then she lit the blue candle at 7 p.m. and let them burn all the way down. The two candles were equal in length at 9:30 p.m. The blue candle burned out at 11 p.m and the red one finished at 11:30 p.m. What was the initial length of the red candle? K. 671. We know that the first five terms of an increasing arithmetic sequence are all positive primes. Find the smallest prime at the 5th position. K. 672. A garden is divided into 16 patches as shown in the figure. In each patch, either roses or tulips or daisies or gerberas are grown: only one type of flower in each, but every row, every column, and both diagonals contain every type of K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

509

New exercises for practice – competition C (see page 478): Exercises up to grade 10: C. 1630. The numbers 1 to 32 are written in the white fields of a chessboard, using each number once. Then the sum of the numbers in the adjacent fields is entered in each black field. What are the smallest and largest possible values of the sum of the numbers in the black fields? C. 1631. Let AB be a chord in a unit circle. Triangle ABC is right-angled at B, and vertex C lies on the circle. Triangle ABD is isosceles right-angled, and AB is the hypotenuse. How long is the chord AB if the two triangles have equal areas? What is this area? Exercises for everyone: C. 1632. How many different infinite arithmetic sequences of positive integer terms are there in which 24, 744 and 2844 all occur? Two arithmetic sequences are considered different if they have different first terms or different common differences. C. 1633. Let P be an interior point of one side of a unit square. Consider all parallelograms with one vertex at P , and one on each side of the square. Prove that if P is not the midpoint of the side then (i) there are exactly two rectangles among these parallelograms, and (ii) the sum of the areas of 1 1 1 these two rectangles is 1. C. 1634. Prove the following inequality: 4 + 28 + 70 + · · · +

1 1 1 + · · · + 2017·2020 < 3 . Exercises upwards of grade 11: C. 1635. Given (3k−2)(3k+1)

two intersecting circles, construct∗ a secant through one of the intersection points such that the segment bounded by the two circles is divided 1 : 2 by the intersection point. Write down and explain the steps of the construction. (Elementary steps like bisecting an angle or reflecting a point in a line do not need to be described in detail.) C. 1636. The Hungarian poet Dezs˝ o Kosztol´ anyi spent a few weeks in Paris when he was a student. When he was given for change a ten-centime coin not in circulation any more, he wanted to give it away. He did not succeed, which he explained to himself by the expression on his face revealing his intentions. Therefore he decided to get 9 valid ten-centime coins, mix them with the worthless coin in his pocket, and by not looking at them he pays with one of them in a shop. He continued doing so until he had a single coin in his pocket: the coin out of circulation. What is the probability of this?

New exercises – competition B (see page 479): B. 5126. Prove that if n > 3, then there exist n distinct positive integers such that the sum of their reciprocals is 1. (3 points) B. 5127. Given a convex angle and a line segment of length k, determine the locus of those points inside the angle through which there exists a line cutting off a triangle of perimeter k from the angle. (4 points) B. 5128. Find all pairs of relatively prime integers (x, y) such that x2 + x = y 3 + y 2 . (4 points) (Proposed by L. Sur´ anyi, Budapest) B. 5129. Two players are taking turns in selecting one of the coefficients a, b and c of the polynomial x3 + ax2 + bx + c, and giving it some integer value of their choice. Prove that the starting player can achieve that (after the three steps) all three roots of the polynomial should be integers (i.e. that the polynomial can be expressed as a product of three polynomials of integer coefficients). (3 points) B. 5130. There are n points in ∗

with straight edge and compasses on paper, or with appropriate geometric construction software

510

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

the plane. We know that for any k points (k > 2), it is possible to select two of them with distance at most 1. Show that the points can be covered with k − 1 disks of unit radius. (5 points) B. 5131. Let H be an equilateral triangle of unit area, let O be a fixed point, and for any point P let HP denote the triangle obtained from triangle H by a parallel − − → shift with vector OP . Consider the set N of points P for which the area of the intersection H ∩ HP is at least 4/9. What is the area of N ? (5 points) (Based on the idea of V. V´ıgh, Sz´ekkutas) B. 5132. How many different strings of 2021 letters can be made of letters A, B and C such that the number of A’s is even and the number of B’s is of the form 3k + 2? (6 points) B. 5133. Given six points in the space, no four of which are coplanar, prove that they can be divided into two sets of three such that the two triangular plates spanned by the two sets of three points should intersect each other. (6 points) New problems – competition A (see page 480): A. 786. In a convex set S that contains the origin it is possible to draw n disjoint unit circles such that viewing from the origin non of the unit circles blocks out a part of another (or a complete) unit circle. Prove that the area of S is at least n2 /100. (Submitted by: D¨ om¨ ot¨ or P´ alv¨ olgyi, Budapest) A. 787. Let pn denote the nth prime number and define an = ⌊pn ν⌋, where ν is a(positive ) irrational number. Is it possible that there exist only finitely many k such that p10 i

2ak ak

is

divisible by for all i = 1, 2, . . . , 2020? (Submitted by: Abhishek Jha, Delhi, India and 1 Ayan Nath, Tezpur, India) A. 788. Solve the following system of equations: x + x3 = 2y, 1

1

1

y + y 3 = 2z, z + z 3 = 2w, w + w3 = 2x.

Problems in Physics (see page 506) M. 399. Make different shapes of ice pieces in the freezer of a refrigerator and use them to measure the density of ice. G. 721. In a building block set, every element is made of solid wood. Each of them has the same mass and has the shape of a cuboid. One side of each cuboid has a length of 6 cm, but the other two sides of the cuboids may be different. Luis put four blocks on top of one another, at the top there was a cube-shaped block. The whole bottom face of each block touched the face of the block below. Luis was amused by the tower, and also noticed that the tower is special for the pressure at the bottom face of each block is the same. Draw the sketch of the tower and also indicate in your figure the lengths of the sides of the cuboids. G. 722. In a pot, open at its top, water is boiled on a gas stove. Right after turning off the burner of the gas stove and after the flames ceased, white vapour cloud can be observed above the pot. Explain the phenomenon. G. 723. We have a converging and a diverging lens of powers of 5 dioptres and of −8 dioptres, respectively. A horizontal and parallel light beam enters into a dark room through a hole of a curtain, and a circular bright spot is created on the wall of the room. Which lens and where should be placed in order that the spot shrinks to a point? Then the other lens is put into the light beam as well. Where should it be placed in order that again a parallel beam of light be gained? Will this spot on the wall be smaller or greater than the original spot was? G. 724. In an experiment we can hear the humming sound of the iron core coil when 50 Hz AC current is given to it. What is the reason of the humming sound? What is the frequency of the humming sound? P. 5261. The winner of stage 7 of the 2017 Tour de France was judged by photo finish. According to the photo finish Michael Kittel was only 6 millimetres ahead of Edvald Boason Hagen, the second, and their time difference was only 3 ten-thousands of a second.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/8

511

a) At what speed did the cyclists travel at the finish? b) According to the official results the first three riders covered the 213.5 km distance during the same time of 5 hours 3 minutes and 18 seconds. What was the average speed of the riders for the whole distance? c) What may be the reason that the time of the first three riders was recorded to be the same? P. 5262. Formula One car drivers are participating in a race in which reaching the greatest speed is not the best tactic to win. A designated distance of d = 1250 m is to be covered at a constant speed, then each car has to stop at a deceleration of a = 2 m/s2 . The winner is the driver who can stop in the least time, measured from the start of the car. a) What should the speed of the winning car be at the constant speed stage of the motion, if the driver wants to stop in the least time? b) How much distance does the winning car cover in this case from the start to the stop? P. 5263. According to the Hungarian gun law only those guns can be possessed without a license whose muzzle energy (the kinetic energy of the bullet as it is expelled from the muzzle of the gun) does not exceed 7.5 J. The length of the barrel of our air gun, which just satisfies the above rule, is 480 mm, the diameter of the barrel is 4.5 mm, and the bullet fired is a spherical lead shot. a) What is the mean force which accelerates the bullet during a shot? What is the average pressure in the barrel? b) What is the muzzle speed of the bullet? c) What is the drag force exerted on the bullet short after it leaves the barrel? P. 5264. A racing car starts from rest and goes along a circular race track of radius 60 m. Its tangential acceleration is constant in the first four seconds of its motion, its magnitude is 6 m/s2 . a) Determine the angular speed at which the acceleration vector rotates with respect to the direction of the motion of the car. Sketch this angular speed as a function of the time. b) How much time elapses until this angular speed becomes the greatest? What is this greatest angular speed? P. 5265. A water polo player holds a ball above the water such that it just touches the surface of the water. The mass of the ball is 400 g, and its perimeter is 70 cm. At least how much work does the player have to do in order to push the ball totally under the water? P. 5266. A sample of ideal gas of degree of freedom f expands in an equilibrium process such that its pressure increases proportionally to the volume of the gas. By what factor will the absorbed heat by the gas be greater than the work done by the gas during the process? P. 5267. Steve is observing his eyeglasses. The lens of his glasses focuses the light of the Sun at a distance of 50 cm from the lens. He also observes that if the light of the Sun is reflected then two bright spots (foci) can be seen in front of the lens, one at a distance of 17 cm, and the other at a distance of 7 cm from the lens. What is the refractive index of the material of the lens? P. 5268. Two pieces of copper wires are soldered together, such that the two pieces form semicircles and together the wires form a circle of radius r = 4 cm. The diameters of the wires are d1 = 3 mm and d2 = 1.5 mm. To one of the solder points of the closed circle (A) and to the midpoint of the semicircle made of thinner wire (C) very long straight wires are connected (one to each point). Determine the magnetic induction at the centre of the circular wire, when the amperage in the straight wires is I = 25 A. P. 5269. What frequency sinusoidal AC supply is to be connected to the assembled elements shown in the figure in order that the arrangement have infinite resistance? P. 5270. The half life of the isotope radon-222 is 5508 minutes. How many days elapses until the activity of the radon sample decreases to one-tenth of its original value? P. 5271. A point-like object can move from point A to point B along the two paths shown in the figure. The distance between the two points is ℓ. In the case of a) the object moves along a horizontal straight path, and in the case of b) the object moves along a circular path in a vertical plane. The depth of the circular path is h. The initial speed of the object in both cases is v0 . Which motion lasts longer? (Air drag and friction is negligible.) Data: v0 = 1 m/s, ℓ = 1 m, h = 2.5 cm.

70. ´evfolyam 8. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. november

´ ´ FIZIKAI LAPOK ¨ EPISKOLAI KOZ MATEMATIKAI ES ˝ ´ITVE INFORMATIKA ROVATTAL BOV

A 61. Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpia feladatainak megold´ asa I.

´ ALAP´ITOTTA: ARANY DANIEL 1894-ben 70. ´evfolyam 9. sz´am

Budapest, 2020. december

´ Megjelenik ´evente 9 sz´amban, janu´art´ol m´ajusig ´es szeptembert˝ol decemberig havonta 64 oldalon. ARA: 950 Ft

´ TARTALOMJEGYZEK A 61. Nemzetk¨ozi Matematikai Di´akolimpia feladatainak megold´asa I.. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

514

Fridrik Rich´ard: Gyakorl´o feladatsor emelt szint˝u matematika ´eretts´egire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

517

B´ır´o B´alint: Megold´asok a 2020/8. sz´am emelt szint˝u matematika gyakorl´o feladatsor´ahoz . . . .

519

Matematika feladat megold´asa (5042.) . . . . . . . . . . .

536

A K pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (674– 678.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

537

A C pontversenyben kit˝uz¨ott gyakorlatok (1637– 1643.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

538

A B pontversenyben kit˝uz¨ott feladatok (5134– 5141.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

539

Az A pontversenyben kit˝uz¨ott nehezebb feladatok (789–790.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

541

Schmieder L´aszl´o: Kacif´antos ker´ıt´es – II. r´esz . . . .

541

N´eh´anyan a 2019–2020-as tan´ev legszorgalmasabb megold´oi k¨oz¨ul. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

547

Informatik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (523–525., 49., 148.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

551

Kik lettek 2020 Ericsson-d´ıjasai? . . . . . . . . . . . . . . . . .

555

Ol´ah Vera: Jelent´es a 2020. ´evi Ericsson-d´ıjazottakr´ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

556

Tichy G´eza, Vank´o P´eter, Vigh M´at´e: Besz´amol´o a 2020. ´evi E¨otv¨os-versenyr˝ol . . . . . . . . . . . . . . . . . .

558

M´er´esi feladatok megold´asa (395., 397.) . . . . . . . . . .

563

Fizika feladatok megold´asa (5231., 5241.). . . . . . . . .

567

Fizik´ab´ol kit˝uz¨ott feladatok (400., 725–728., 5272–5282.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

569

Problems in Mathematics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

573

Problems in Physics . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

575

A K¨oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Lapok 70. ´evfolyam´anak tartalomjegyz´eke . . . . . . . . . . . . . . . XXIX K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

´ EVA ´ F˝ oszerkeszt˝ o: RATKO ´ ¨ Fizikus szerkeszt˝ o: GNADIG PETER ´ ILDIKO ´ M˝ uszaki szerkeszt˝ o: MIKLOS Bor´ıt´ o: BURGHARDT ZSUZSA ´ Kiadja: MATFUND ALAP´ITVANY ´ VERA Alap´ıtv´ anyi k´epvisel˝ o: OLAH Felel˝ os kiad´ o: KATONA GYULA Nyomda: OOK-PRESS Kft. ´ Felel˝ os vezet˝ o: SZATHMARY ATTILA INDEX: 25 450 ISSN 1215-9247 A matematika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ HERMANN PETER ´ HUJTER BALINT, ´ Tagjai: GYENES ZOLTAN, ´ ´ ´ GEZA, ´ KAROLYI GERGELY, KISS GEZA, KOS ´ RITA, LORANT ´ ´ ´ OK ¨ ORDI ¨ KOS LASZL O, ´ ´ PACH PETER ´ ´ V´IGH VIKTOR PETERN E, PAL, A fizika bizotts´ ag vezet˝ oje: RADNAI GYULA ´ ´ ´ Tagjai: BARANYAI KLARA, HOLICS LASZL O, ´ HONYEK GYULA, OLOSZ BALAZS, SIMON ´ ´ SZASZ ´ KRISZTIAN, ´ SZECHENYI ´ LASZL O, ´ ´ E, ´ VLADAR ´ KAROLY, ´ GABOR, VIGH MAT WOYNAROVICH FERENC

A hagyom´ anyoknak megfelel˝oen ebben az ´evben is k¨ oz¨ olj¨ uk a matematikai di´ akolimpia feladatainak a megold´ asait; l´enyeg´eben u ´gy, ahogyan a legillet´ekesebbek, a magyar csapat tagjai le´ırt´ak. K¨ ozrem˝ uk¨ od´es¨ uket k¨ osz¨ onj¨ uk ´es ez´ uton is gratul´ alunk eredm´enyeikhez. A szerkeszt˝ os´ eg Els˝ o nap∗ 1. feladat. Tekints¨ uk az ABCD konvex n´egysz¨ oget. A P pont az ABCD belsej´eben van. Fenn´ allnak az al´ abbi, ar´ anyokra vonatkoz´ o egyenl˝ os´egek: P AD : P BA : DP A = 1 : 2 : 3 = CBP  : BAP  : BP C. Bizony´ıtsuk be, hogy a k¨ ovetkez˝ o h´ arom egyenes egy ponton megy ´ at: az ADP  ´es a P CB sz¨ og bels˝ o sz¨ ogfelez˝ oje ´es az AB szakasz felez˝ omer˝ olegese. Gyimesi P´ eter megold´ asa. Legyen P AD = α, P BA = 2α ´es AP D = 3α, CBP  = β, BAP  = 2β ´es BP C = 3β. Vegy¨ uk fel az E pontot az AD egyenesen u ´gy, hogy AP E = α teljes¨ ulj¨ on. ´Igy AEP = 180◦ − 2α, at ABP E ABP  + AEP  = 180◦ , teh´ h´ urn´egysz¨ og.

Az informatika bizotts´ ag vezet˝ oje: ´ ´ SCHMIEDER LASZL O ´ E, ´ FARKAS CSABA, FODOR Tagjai: BUSA MAT ´ ´ NIKOLETT, LOCZI ´ ZSOLT, LASZL O LAJOS, ´ ´ SIEGLER GABOR, SZENTE PETER ´ ANDREA, TASNADI ´ ANIKO ´ Ford´ıt´ ok: GROF ´ ´ ¨ Szerkeszt˝ os´egi titk´ ar: TRASY GYORGYN E A szerkeszt˝os´eg c´ıme: 1117 Budapest, P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76.; Telefon: 372-2850 A lap megrendelhet˝o az Interneten: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.h.shtml. El˝ofizet´esi d´ıj egy ´evre: 8100 Ft K´eziratokat nem ˝orz¨unk meg ´es nem k¨uld¨unk vissza. Minden jog a K¨oMaL tulajdonosai´e. E-mail: [email protected] Internet: http://www.komal.hu This journal can be ordered from the Editorial office: P´azm´any P´eter s´et´any 1.A, II. emelet 2.76., 1117–Budapest, Hungary telephone: +36 (1) 372-2850 or on the Postal address H–1518 Budapest 112, P.O.B. 32, Hungary, or on the Internet: www.komal.hu/megrendelolap/reszletek.e.shtml. A Lapban megjelen˝o hirdet´esek tartalm´a´ert felel˝oss´eget nem v´allalunk.

513

P ED = 2α = 3α − α = = AP D − AP E = EP D,

teh´ at ED = P D. Az ADP  sz¨ ogfelez˝ oje egy´ uttal az EP szakasz felez˝omer˝ olegese. Ezt a m´asik oldalon is meg lehet csin´ alni: Vegy¨ uk fel az F pontot a BC egyenesen u ´gy, hogy BP F  = β legyen. Az el˝obbiekhez hasonl´oan kij¨ on, hogy ABF P E h´ ur¨otsz¨ og ´es a P CB sz¨ ogfelez˝ oje a P F szakasz felez˝omer˝ olegese. A h´ arom h´ ur felez˝ omer˝ olegese ´ atmegy a k¨ or k¨ oz´eppontj´an. 2. feladat. Az a, b, c, d val´ os sz´ amok olyanok, hogy a  b  c  d > 0 ´es a + b + c + d = 1. Bizony´ıtsuk be, hogy (a + 2b + 3c + 4d)aa bb cc dd < 1. ∗

514

A m´ asodik nap feladatainak megold´ as´ at a janu´ ari sz´ amban k¨ oz¨ olj¨ uk.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Weisz M´ at´ e megold´ asa. Az a, b, c, d sz´ amokra a s´ ulyozott sz´amtani ´es m´ertani k¨ ozepek k¨ oz¨ otti egyenl˝ otlens´eget alkalmazva a a bb c c d d  a · a + b · b + c · c + d · d = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ad´ odik. ´Igy ha igazoljuk, hogy

i=1



(a + 2b + 3c + 4d) a2 + b2 + c2 + d

 2

< 1,

abb´ ol a feladat ´all´ıt´ asa is k¨ ovetkezik. Most n szerinti teljes indukci´oval bel´atjuk, hogy ha az a1 , a2 , . . . , an pozit´ıv sz´amok (egyik) legnagyobbika a1 , valamint a1 + + a2 + . . . + an = 1, akkor     n n  ai a2i  1. a1 + 3 i=2

i=1

Azt is l´atni fogjuk, hogy n = 3 eset´en egyenl˝ os´eg nem teljes¨ ulhet. uk meg az indukci´ os n = 1 eset´en az a´ll´ıt´ as nyilv´anval´ o: a31 = 13  1. Most tegy¨ l´ep´est n-r˝ ol (n + 1)-re. Azt kellene igazolnunk, hogy ha a pozit´ıv a1 , a2 , . . . , an+1 sz´amok k¨ oz¨ ul a1 a legnagyobb, ´es az ¨ osszeg¨ uk 1, akkor 

n+1 

a1 + 3

ai

i=2

 n+1 

a2i

i=1



n 

ai

=

i=1

n+1 

 1.

ai = 1,

i=1

amok legnagyobbika term´eszetesen a1 , ´ıgy az indukci´ os feltev´est valamint az ai sz´ haszn´ alva     n n     2 ai (ai )  1. a1 + 3 i=2

i=1

Teh´at elegend˝o lenne igazolnunk, hogy a1 + 3

n+1  i=2

azaz  



ai

 n+1 

a2i

i=1

a1 + an+1 + 3

a1 + an+1 + 3



n 



ai

i=2

n  i=2

ai





a1

+3

ai

i=2

+ 2an+1

  n+1 

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

n 

i=1

a2i



  n

(ai )2

i=1



n  i=1

i=2

i=1

i=2

becsl´eshez jutunk, ami a1 maxim´alis volta miatt l´ athat´ oan mindig teljes¨ ul, ezzel az indukci´os l´ep´est megtett¨ uk. Vil´ agos az is, hogy n  2 eset´en egyenl˝ os´eg nem teljes¨ ulhet, mert a jobb oldalon a m´asodik ¨ osszeg nem u at n = 3-t´ ol kezdve ¨res, teh´ szigor´ uan is igaz az indukci´os a´ll´ıt´ as. Alkalmazzuk a kapott eredm´enyt n = 4 ´es alaszt´ assal. Felhaszn´alva m´eg, hogy b  d l´ atjuk, a1 = a, a2 = b, a3 = c, a4 = d v´ hogy (a + 2b + 3c + 4d)(a2 + b2 + c2 + d2 )  (a + 3b + 3c + 3d)(a2 + b2 + c2 + d2 ) < 1, ´es ezzel a bizony´ıt´ast befejezt¨ uk. 3. feladat. Adott 4n kavics, amelyeknek a s´ ulya rendre 1, 2, 3, . . . , 4n. Mindegyik kavics n sz´ın k¨ oz¨ ul az egyik sz´ınnel van kifestve; mindegyik sz´ınb˝ ol n´egy kavics van. Mutassuk meg, hogy a kavicsokat el lehet rendezni k´et kupacba u ´gy, hogy mindk´et al´ abbi felt´etel teljes¨ ulj¨ on: • A k´et kupac ¨ osszs´ ulya azonos. • Mindegyik kupac minden sz´ınb˝ ol k´et kavicsot tartalmaz.

Legyen a1 = a1 + an+1 ´es ai = ai minden 2  i  n eset´en. ´Igy



 n+1 n

2 A beszorz´ as ut´an mindk´et oldalon megjelen˝ o a1 + an+1 + 3 ai ai tagot i=2 i=1 levonva, majd 2an+1 -gyel osztva a   n+1 n n+1 n     2 ai  a1 + an+1 + 3 ai a1 = a1 ai + 2 a1 ai

a2i





,

H´arom t´ıpus´ u cs´ ucsunk van, ezeknek az ´eleit vizsg´ aljuk: • hurok´eles cs´ ucs: i, i + 1, i + 2 (az i + 1 lesz a hurok´el sorsz´ama, teh´at ez kett˝ o fokot ad); • kezd˝o cs´ ucs: 1, 2n, k, k + 1, azaz k´et p´ aros ´es k´et p´ aratlan; • a marad´ek cs´ ucsok: i, i + 1, j, j + 1 azaz k´et p´ aros ´es k´et p´ aratlan. Azaz az egyik kupacunk azok a p´arok lesznek, amiknek a p´ aros ´elek feleltek meg, a m´asik kupacunk azok a p´ arok lesznek, amiknek a p´aratlan ´elek feleltek meg.



+ 2a1 an+1



Kocsis Anett megold´ asa. El˝ osz¨ or is p´ aros´ıtsuk ¨ ossze az (1, 4n), (2, 4n − 1), . . . , (2k, 2k + 1) s´ uly´ u kavicsokat. Ezut´ an vegy¨ unk egy n cs´ ucs´ u gr´ afot, ahol a gr´af cs´ ucsai a sz´ınek. H´ uzzunk be 2n ´elet a gr´ afba a m´ ar l´etrehozott p´ arjaink szerint: ha a (2n − k, 2n + k + 1) p´arban az egyik a, a m´ asik b sz´ın˝ u, akkor h´ uzzunk be egy ab ´elet a gr´ afban. Ekkor lehetnek t¨obbsz¨or¨os ´es hurok´eleink is. Ezut´ an tekints¨ uk a gr´ afunkat. Ez egy 4-regul´ aris gr´af, hiszen minden sz´ınb˝ ol 4 kavics van. Szeretn´enk kiv´ alasztani u ´gy n´eh´ any ´elet, hogy a kiv´ alasztott ´elek egy 2-regul´ aris gr´ afot fesz´ıtsenek ki az n cs´ ucson.Tegy¨ uk fel, hogy a gr´ af ¨osszef¨ ugg˝o; ha nem az, akkor minden ¨ osszef¨ ugg˝o komponensre elv´egezz¨ uk a k¨ovetkez˝ oket: Elhagyjuk a hurok´eleket. Ezzel m´eg mindig minden cs´ ucs foka p´aros, azaz van benne Euler-k¨ or. Menj¨ unk v´egig ezen az Euler-k¨ or¨ on, ´es sz´ amozzuk unk, ahol az eredeti gr´afban hurok´el volt, meg az ´eleket. Amikor olyan cs´ ucshoz ´er¨ ott tegy¨ uk vissza a hurok´elet, ´es annak is adjunk sorsz´ amot, m´egpedig ha az i-edik ´elen j¨ott¨ unk be a cs´ ucshoz, akkor az i + 1-ediket. Ezut´ an tekints¨ uk a p´ aros sorsz´am´ u ´eleket. Az az ´all´ıt´ asunk, hogy ezek ´eppen olyan ´elek, amiket kerest¨ unk.

.

515

516

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

II. r´ esz

Gyakorl´ o feladatsor emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egire I. r´ esz 3

3

1. a) H´ any olyan eg´esz sz´ am van, amelyre teljes¨ ul, hogy (x + 2) − (x − 2) < < 2020? (5 pont) Ha bar´ atunk tal´ alkozik egy l´ annyal a vizsgaid˝ oszakban, akkor 23 val´osz´ın˝ us´eggel szerelmes lesz bel´e. Ha szerelmes, akkor nem tud koncentr´alni, ez´ert csak 10% az es´elye annak, hogy fel tud k´esz¨ ulni a vizsg´ aira, m´ıg ha ´eppen nem szerelmes, akkor ez az ar´ any 70%.

5. a) Melyek azok a h´ aromjegy˝ u pozit´ıv eg´esz sz´ amok, amelyekhez megadhat´ o olyan h´arompont´ u egyszer˝ u gr´ af, hogy annak foksz´amai megegyeznek a h´ aromjegy˝ u sz´ am sz´amjegyeivel? Minden esetben adjuk is meg a megfelel˝o gr´ afokat. (6 pont) Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o, a val´os sz´amok lehet˝ o legb˝ ovebb r´eszhalmaz´ an ´ertelmezett f¨ uggv´enyt: x2 + 4x + 4 . f (x) = 2 x + 5x + 6 ´ azoljuk az f (x) f¨ b) Abr´ uggv´enyt.

(6 pont)

c) H´any r´ acsponton megy a´t a f¨ uggv´eny? (R´ acspont: olyan pont a koordin´atarendszerben, amelynek mindk´et koordin´ at´ aja eg´esz sz´ am.) (4 pont)

b) Mutassuk meg, hogy a sikeres vizsga val´osz´ın˝ us´ege 0,3. (5 pont) c) Ha tudjuk, hogy siker¨ ult a vizsg´aja, mennyi annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy szerelmes? (2 pont)

6. a) Jel¨olje pn az n-edik pozit´ıv pr´ımsz´ amot. H´ any 0-ra v´egz˝ odik a p1 · p2 · . . . · p2020

2. a) Egy m´ertani sorozat harmadik tagja 32, a hatodik tagja 2048. Sz´ am´ıtsuk ki a sorozat els˝ o hat tagj´ anak az ´atlagt´ol m´ert a´tlagos abszol´ ut elt´er´es´et. (6 pont) Tekints¨ uk a k¨ ovetkez˝ o´ all´ıt´ asokat.

szorzat? (3 pont) Az ABC h´ aromsz¨ og oldalai: AB = 9 cm, BC = 7 cm, CA = 6 cm. b) Mutassuk meg, hogy a be´ırt k¨ or sugara egy tizedre kerek´ıtve 1,9 cm. (2 pont)

A: Egy adatsokas´ ag medi´anja mindig eleme az adatsokas´ agnak.     B: Ha f (x) = 3x + 2 ´es g(x) = |x| − 1, akkor f g(x) = 3 · |x| − 1. (Itt f g(x) osszetett f¨ uggv´eny k´epz´es´et jel¨ oli.) ¨ C: Ha egy sorozat nem konvergens, akkor nem monoton.

c) Mekkora ´erint´esi szakaszok h´ uzhat´ ok a B cs´ ucsb´ ol a be´ırt k¨ orh¨ oz? (4 pont) d) Mekkora annak a konk´ av s´ıkidomnak a ter¨ ulete, amelyet a B cs´ ucsb´ ol h´ uzott k´et ´erint´esi szakasz ´es a be´ırt k¨ or ´ıve hat´ arol? (7 pont)

b) D¨ onts¨ uk el, hogy igazak vagy hamisak az a´ll´ıt´ asok. Mindenhol indokolni is kell, p´eld´ aval, ellenp´eld´ aval, sz´ amol´assal stb. (6 pont) c) Fogalmazzuk meg a C ´ all´ıt´as megford´ıt´ as´ at. D¨onts¨ uk el, hogy igaz vagy hamis az ´all´ıt´ as megford´ıt´ asa. V´alaszunkat indokoljuk. (2 pont) 3. a) Egy der´eksz¨og˝ u trap´ezba k¨ or ´ırhat´o. Az alapok hossza 150 cm ´es 300 cm. Mekkora a be´ırt k¨ or sugara? (7 pont)

7. a) Adjuk meg a 3x2 + 3y 2 − 6x + 12y = 2020 egyenlet˝ u k k¨ or k¨ oz´eppontj´at ´es sugar´ at. (4 pont) b) Egy n´egyzet k´et szemk¨ ozti cs´ ucs´ anak koordin´at´ ai A(1; 1) ´es C(5; 3). ´Irjuk fel a n´egyzetbe ´ırhat´ o k¨ or egyenlet´et. (4 pont) ´ c) Irjuk fel azoknak az egyeneseknek az egyenlet´et, amelyek egyszerre felezik a fenti n´egyzet ´es a k k¨ or ter¨ ulet´et. (3 pont) d) Oldjuk meg az al´abbi egyenletet a val´ os sz´amok halmaz´an:

b) Oldjuk meg az al´abbi egyenletrendszert a val´ os sz´amok halmaz´an:

x+1

32(x+1)(x−2) = 9 x−2 .

log2 (x2 y) = 4, 5 log4 x − 3 log4 y = − . 2

(7 pont)

4. a) Tekints¨ uk a (8 × 8-as) sakkt´ abla mez˝ oinek k¨oz´eppontjait egy gr´ af cs´ ucsainak. K´et cs´ ucs k¨ oz¨ ott pontosan akkor vezessen ´el, ha az egyik mez˝ or˝ol el lehet jutni a m´asikra egy szab´alyos fut´ ol´ep´essel. H´any ´ele van az ´ıgy kapott gr´ afnak? (A fut´ o´ atl´ osan k´epes l´epni ak´ armennyit.) (5 pont) b) Adott az f f¨ uggv´eny: f (x) = 90x2 − 6x3 . Hat´ arozzuk meg a p lehets´eges p ´ert´ekeit u ´gy, hogy f (x) dx = 0 teljes¨ ulj¨ on. (6 pont) 0

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

517

(5 pont)

8. a) H´any olyan h´ aromjegy˝ u pozit´ıv eg´esz sz´ am van, amelyre teljes¨ ul, hogy b´armely k´et sz´ amjegye relat´ıv pr´ım egym´ ashoz? (7 pont) b) Egy dobozban cukork´ak vannak, 2 narancsos ´es 3 citromos. Addig vesz¨ unk ki cukork´akat (a kivett cukork´akat elszopogatjuk), am´ıg mindk´et fajt´ ab´ ol h´ uzunk legal´ abb egyet. Hat´ arozzuk meg annak az ¨ ot esem´enynek a val´ osz´ın˝ us´eg´et, hogy ehhez 1, 2, 3, 4, illetve 5 cukorka kih´ uz´ as´ ara lesz sz¨ uks´eg, majd sz´ am´ıtsuk ki a h´ uz´ asok sz´am´anak v´ arhat´ o ´ert´ek´et. (9 pont) 9. Bergeng´ocia 2025-re foci vil´ agbajnoks´ agot szeretne rendezni, melyet a frissen fel´ep´ıtett stadionban rendeznek meg. A rendezv´eny log´ oja egy 2025 pont´ u teljes gr´ af 518

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

lesz, melynek ´eleit piros, feh´er ´es z¨ old sz´ınnel sz´ınezik. (Minden ´elt kisz´ıneznek ´es minden ´el csak egyfajta sz´ın˝ u lehet. Nem felt´etlen¨ ul kell mindegyik sz´ınt haszn´ alni, de csak ezeket haszn´ alhatj´ ak.) K¨ ozv´elem´enykutat´ as keret´eben kider´ıtett´ek, hogy azok a legszebb sz´ınez´esek, ahol a feh´er ´elek sz´ama k´etszerese a piros ´elek sz´am´anak (´es egyik sem 0). a) H´ anyf´ele ´ert´eke lehet a piros ´elek sz´am´anak? (4 pont) Egy sajt´ ot´ aj´ekoztat´ on azt is elmondt´ak, hogy a fenti sz´ınez´esek k¨oz¨ ul egy olyat fognak v´ alasztani, amelyben a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ın˝ u ´elek sz´am´anak a szorzata a legnagyobb lesz. b) H´ any piros sz´ın˝ u ´ele lesz a log´onak? (6 pont) ul v´eletlenszer˝ uen kijel¨ol ¨ot¨ot. Mennyi c) J´ anos egy szab´ alyos t´ızsz¨ og a´tl´ oi k¨ oz¨ annak a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy ezek k¨ oz¨ ott az ´elek k¨ oz¨ott lesz legal´ abb egy a legr¨ovidebb vagy a leghosszabb ´atl´ ok k¨ oz¨ ul? Az eredm´enyt norm´ alalakban adjuk meg. (6 pont) Fridrik Rich´ ard Szeged

Megold´ asok a 2020/8. sz´ am emelt szint˝ u matematika gyakorl´ o feladatsor´ ahoz

Ugyancsak a n´egyzetgy¨ ok ´ertelmez´ese szerint √ 1− x−3 (2)  0. log2 (x − 2) Ez k´etf´elek´eppen lehets´eges: √ • vagy 1 − x − 3  0 ´es log2 (x − 2) > 0, √ • vagy pedig 1 − x − 3  0 ´es log2 (x − 2) < 0. √ Az els˝o esetb˝ ol egyr´eszt azt kapjuk, hogy 1  x − 3 , innen pedig azt, hogy x  4. ask´ent log2 (x − 2) > log2 1 ´es a g(x) = log2 (x − 2) M´asr´eszt log2 (x − 2) > 0, vagy m´ f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton n¨ oveked´ese miatt x − 2 > 1, teh´at x > 3. Eredm´enyeinket ¨ osszevetve azt kapjuk, hogy a (2) egyenl˝ otlens´eg a ]3; 4] halmazon teljes¨ ul. √ ol x  4 ad´ odik, a log2 (x − 2) < 0 egyenHa pedig 1 − x − 3  0, akkor ebb˝ l˝otlens´egnek eleget tev˝ o val´ os sz´amokra x < 3 ´ all fenn. Ez azonban ellentmond az (1) felt´etelnek. Az f (x) f¨ uggv´eny ´ertelmez´esi tartom´anya ez´ert a Df = ]3; 4] sz´amhalmaz. b) A n´egyzetgy¨ ok¨ os egyenletben szerepl˝o els˝o n´egyzetgy¨ ok ´ertelmez´ese miatt x − 2  0, azaz x  2, ezekre a val´os sz´amokra a m´ asik k´et gy¨ ok¨ os kifejez´es is ´ertelmezett, hiszen x  2 eset´en 2x + 3 > 0 ´es 3x + 7 > 0 ´erv´enyes. Az egyenlet mindk´et oldal´ at n´egyzetre emelve rendez´es ut´ an a  (x − 2) · (2x + 3) = 3

I. r´ esz 1. a) Mely x val´ os sz´ amokra ´ertelmezhet˝ o az

√ 1− x−3 f (x) = log2 (x − 2) f¨ uggv´eny? b) Adjunk meg legal´ abb k´et olyan val´ os sz´ amot, amelyekkel a √ √ √ x − 2 + 2x + 3 = 3x + 7 ´es a 16x · 82x · 46x ·

√

(5 pont)

egyenletet kapjuk. Ennek mindk´et oldal´ at ism´et n´egyzetre emelhetj¨ uk, ahonnan asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelynek gy¨ okei: rendez´essel a 2x2 − x − 15 = 0 m´ x1 = 3, x2 = −2,5. Az x2 = −2,5 ellentmond az x  2 felt´etelnek, ez´ert nem megold´ as. Az x1 = 3 megold´ asa a n´egyzetgy¨ ok¨ os egyenletnek, ezt egyszer˝ u sz´ amol´assal ellen˝ orizhetj¨ uk. Tekints¨ uk ezut´an az exponenci´alis egyenletet. Ez a´t´ırhat´ o: 1

ahonnan az exponenci´ alis f¨ uggv´eny k¨ olcs¨ on¨ osen egy´ertelm˝ u tulajdons´ aga miatt

2 = 64

egyenletek val´ os gy¨ okei valamilyen sorrendben egy-egy sz´ amtani sorozat egym´ as ut´ ani tagjai lehetnek. (6 pont) Megold´ as. a) A logaritmus ´ertelmez´ese miatt x − 2 > 0, azaz x > 2. Ugyanakkor log2 (x − 2) = 0, teh´ at x − 2 = 1, vagyis x = 3.

A n´egyzetgy¨ ok ´ertelmez´es´eb˝ ol x − 3  0, illetve x  3 k¨ovetkezik. Ez az el˝oz˝ o eredm´ennyel egy¨ utt azt jelenti, hogy (1)

x > 3.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

1

24x · 26x · 212x · 2 2 = 222x+ 2 = 26 ,

519

22x +

1 = 6. 2

Ennek gy¨oke az x = 14 val´ os sz´am, ez az exponenci´ alis egyenlet megold´ asa. Olyan val´ os sz´amokat kell megadnunk, amelyekkel egy¨ utt az egyenletek megold´ asai egy-egy sz´amtani sorozat szomsz´edos tagjai lesznek. P´eld´ aul a megold´ asok sz´ amtani k¨ozep´et v´eve: 3 + 14 13 = , a= 2 8 520

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

ekkor az 14 , 13 , 3 sz´ amok egy sz´ amtani sorozat szomsz´edos tagjai. Lehets´eges az is, 8 hogy 1 +b 4 = 3, 2 ahonnan b = 23 , ´ıgy az 14 , 3, 23 sz´ amok egy m´asik sz´ amtani sorozat szomsz´edos 4 4 tagjai. 5

1

Megjegyz´es. Sz´ amtani sorozatot alkotnak a − 2 , 4 , 3 sz´ amok is, ahol a sorozat els˝ o tagj´ at a c+3 1 = 2 4 egyenletb˝ ol kaptuk.

2. Az Agatha Christie m˝ uveib˝ ol k´esz¨ ult Poirot-novell´ ak c´ım˝ u tv-sorozat A csoko” l´ ad´esdoboz” c´ım˝ u epiz´ odj´ anak egyik jelenet´eben k´et szerepl˝ o, egy f´erfi ´es egy n˝ o, egy operael˝ oad´ as hallgat´ asa k¨ ozben egy doboz belga csokol´ ad´et k´ ostolgatott. A dobozt a jelenet kezdet´en bontott´ ak fel, ´es a dobozban kezdetben 7-f´ele csokol´ ad´efigura volt, mindegyikb˝ ol 4 darab az ´ abra szerint. A n˝ oi szerepl˝ o kedvence a korona alak´ u csokol´ ad´e. K´ ostolgat´ as k¨ ozben az udvariass´ ag szab´ alyai szerint mindig a h¨ olgy v´ alaszt el˝ osz¨ or, azt´ an a f´erfi, majd u ´jra a h¨ olgy, azt´ an a f´erfi ´es ´ıgy tov´ abb. A f´erfi tudja, hogy a h¨ olgy kedvence a koron´ as csokol´ ad´e, ez´ert o ˝ sosem v´ alaszt mag´ anak ilyet. Ezek figyelembev´etel´evel el˝ osz¨ or elfogyasztanak 7 csokol´ ad´et, mindegyik fajt´ ab´ ol egyet-egyet, m´egpedig u ´gy, hogy a h¨ olgy el˝ osz¨ or a kedvenc´eb˝ ol v´ alaszt. a) H´ anyf´ele sorrendben fogyaszthatn´ ak el a 7 csokol´ ad´et? (6 pont) b) Ha a megmaradt 21 csokol´ ad´eb´ ol a h¨ olgy egyes´evel, v´eletlenszer˝ uen ´es visszatev´es n´elk¨ ul kiv´ alasztana 6 darabot, akkor mennyi lenne a val´ osz´ın˝ us´ege, hogy azok ott legal´ abb 2 koron´ as csokol´ ad´et tal´ al? (6 pont) k¨ oz¨ Megold´ as. a) A n˝ o el˝ osz¨ or a koron´as csokol´ad´eb´ ol v´ alaszt, ezt 4-f´elek´eppen teheti meg, hiszen mindegyik csokol´ad´eb´ ol 4-4 darab van. Ebb˝ ol m´ar nem v´alaszt egyik¨ uk sem az els˝ o 7 csokol´ad´e k´ ostol´ asa sor´ an. Ezut´an a f´erfi a megmaradt 6-f´ele csokol´ad´eb´ ol v´ alaszt egy fajt´ at ´es kivesz bel˝ole egyet, ezt 6 · 4 = 24 k¨ ul¨onb¨oz˝ o m´odon teheti meg. Ezt k¨ ovet˝oen ism´et a h¨ olgy v´ alaszt egy csokol´ ad´et, m´egpedig 5-f´el´eb˝ ol, de b´ armelyiket is v´ alasztja a 5 fajta k¨ oz¨ ul, mindegyikb˝ol 4 v´alaszt´ asi lehet˝os´ege van, ez´ert 5 · 4 = 20-f´elek´eppen v´ alaszthat. athat´ o, hogy a f´erfi tov´ abbi v´ alaszt´ asi lehet˝os´egeinek Ennek alapj´an k¨ onnyen l´ sz´ ama 4 · 4 = 16, 4 · 2 = 8, a n˝ o tov´ abbi csokol´ ad´e-kiv´ alaszt´ asi lehet˝os´egeinek sz´ ama pedig 3 · 4 = 12, 1 · 4 = 4. A jelenetben szerepl˝o n˝ o ´es f´erfi teh´at az els˝o 7 csokol´ad´et 4 · 24 · 20 · 16 · 12 · 8 · 4 = 11 796 480 k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sorrendben fogyaszthatn´a el. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

521

b) Egyszer˝ ubb el˝ osz¨ or a komplementer esem´eny val´ osz´ın˝ us´eg´et kisz´amolni, vagyis azt, hogy a kiv´ alasztottak k¨ oz¨ ul egy sem lesz, illetve egy darab lesz koron´as csokol´ad´e. Legyen ezek val´osz´ın˝ us´ege p0 , illetve p1 . Mivel egyes´evel ´es visszatev´es n´elk¨ ul v´ alaszt a h¨ olgy, ez´ert alkalmazhatjuk a hipergeometrikus eloszl´asi formul´ at. Tudjuk, hogy 3 darabkoron´ as csokol´ad´e  18 3 maradt meg, ez´ert p0 kisz´ am´ıt´ as´ ahoz a kedvez˝o esetek sz´ ama 0 · 6 = 18 564,

az ¨osszes eset sz´ ama pedig

21 6

= 54 264, ´es ´ıgy

p0 =

18 564 = 0,3421. 54 264

3 18

Ha p1 -et szeretn´enk kisz´am´ıtani, akkor a kedvez˝ o esetek sz´ ama 1 · 5 az ¨osszes eset sz´ ama ugyanannyi, mint az el˝obb, ez´ert p1 =

25 704 = 0,4737. 54 264

= 25 704,

Annak az A esem´enynek a val´ osz´ın˝ us´ege teh´at, hogy a jelenet n˝oi szerepl˝oje a kiv´alaszt´ asi felt´etelek figyelembev´etel´evel a 6 csokol´ ad´e k¨ oz¨ ott legal´abb 2 koron´ asat tal´ al: p(A) = 1 − (p0 + p1 ) = 0,1842. 3. Anna ´es Bogl´ arka unokatestv´erek, az egyik megyesz´ekhely k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o iskol´ aiba j´ arnak. Anna kilenc ´evvel id˝ osebb Bogl´ ark´ an´ al. Jel¨ olj¨ uk Anna jelenlegi ´eletkor´ at A-val, Bogl´ arka jelenlegi ´eletkor´ at B-vel (A ´es B pozit´ıv eg´esz sz´ amok). a) Lehets´eges-e, hogy n (n pozit´ıv eg´esz) ´ev m´ ulva Anna ´eppen h´ aromszor olyan id˝ os lesz, mint Bogl´ arka? H´ any ´ev m´ ulva fordulhat el˝ o, hogy Anna k´etszer olyan id˝ os lesz, mint Bogl´ arka? (V´ alaszunkat indokoljuk.) (4 pont) ´ Anna ´es Bogl´ arka is nagyon u ab´ ol. Orai teljes´ıtm´eny¨ uk, eddi¨gyesek matematik´ gi versenyeredm´enyeik alapj´ an a tan´ araik benevezt´ek ˝ oket egy matematikaversenyre. or¨ on is k´esz¨ ul a versenyre. A szakk¨ orre 21 tanul´ o j´ ar, 9 l´ any Anna matematika szakk¨ ´es 12 fi´ u. A csoport di´ akjai mindannyian j´ o k´epess´eg˝ uek. A tan´ aruk u ´gy szeretn´e o all´ıtani a versenyre utaz´ o 14 f˝ os csapatot, hogy azon bel¨ ul a nemek ar´ anya ¨ssze´ azonos legyen a szakk¨ or¨ on bel¨ uli ar´ anyukkal. b) H´ anyf´elek´eppen ´ all´ıthatja ¨ ossze a versenyre utaz´ o csapatot Anna szakk¨ or´enek tan´ ara? (3 pont) Anna a matematika ter¨ uletein bel¨ ul legjobban a geometri´ at szereti. Egyszer rajzolt Bogl´ ark´ anak egy der´eksz¨ og˝ u trap´ezt ´es elmagyar´ azta unokatestv´er´enek a trap´ez tulajdons´ agait. Anna rajza az ABCD trap´ez, amelyben a DA sz´ ar mer˝ oleges az AB alapra. c) Lehets´eges-e, hogy a CD, DA, AB, BC szakaszok hossza ebben a sorrendben egy m´ertani sorozat n´egy szomsz´edos tagja? (V´ alaszunkat indokoljuk.) (7 pont) Megold´ as. a) Az els˝ o k´erd´esre az A + n = 3 · (B + n) egyenlet tanulm´anyoz´ asa ut´ an v´alaszolhatunk. Az egyenlet rendez´ese ut´ an azt kapjuk, hogy A − B = 2B + 2n. Tudjuk, hogy A − B = 9, teh´ at ha lehets´eges volna, hogy n ´ev m´ ulva Anna ´eppen h´aromszor olyan id˝ os legyen, mint Bogl´arka, akkor teljes¨ ulnie kellene a 9 = 2B + 2n 522

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

egyenletnek. Ez azonban nem lehets´eges, mert az egyenlet bal oldala p´aratlan, m´ıg a jobb oldal p´aros pozit´ıv eg´esz sz´ am. A m´ asodik k´erd´es megv´ alaszol´ as´ ahoz az A + m = 2 · (B + m) egyenlet megoldhat´ os´ag´ at vizsg´aljuk, ahol m pozit´ıv eg´esz sz´ am. Ism´et felhaszn´alva az A − B = 9 felt´etelt, a 9 = B + m egyenletet kapjuk. A feladat sz¨ovege szerint Bogl´arka m´ar iskol´aba j´ ar, ez´ert B  6. Ugyanakkor B < 9, hiszen B  9 eset´en nem teljes¨ ulne a 9 = B + m egyenlet egyetlen pozit´ıv eg´esz m-re sem. Eszerint csak m = 3, m = 2, m = 1 lehets´eges, ekkor Bogl´arka rendre 6, 7, 8 ´eves, Anna pedig rendre 15, 16, 17 ´eves. Az m sz´ am mindh´arom ´ert´ek´et figyelembe v´eve, m ´ev m´ ulva Anna 18, Bogl´ arka pedig 9 ´eves lesz. 9 b) Anna matematika szakk¨ or´eben a l´ anyok ´es a fi´ uk sz´am´anak ar´anya 12 = 34 . Ez azt jelenti, hogy a versenyre kijel¨ olt 14 f˝os csoportban 6 l´any ´es 8 fi´ u lesz, hiszen akkor a versenyre kijel¨ oltek k¨ oz¨ ott a l´ anyok ´es fi´ uk sz´am´anak ar´anya 68 = 34 .

A feladat sz¨ oveg´eb˝ ol tudjuk, hogy Ann´at a szakk¨or tan´ ara benevezte a verseny 8 re, teh´at a t¨ obbi l´ any k¨ oz¨ ul m´eg 5-¨ ot kell kiv´alasztania, ezt 5 = 56-f´ele m´odon

A m˝ uveletek elv´egz´ese ´es az a2 > 0 sz´ ammal val´o oszt´ as ut´an q 2 + q 4 − 2q 2 + 1 = q 6 , 2 ahonnan a q = x helyettes´ıt´essel ´es rendez´essel az x3 − x2 + x − 1 = 0 egyenletet kapjuk. Ebb˝ ol szorzatt´ a alak´ıt´ assal ad´ odik, hogy (x − 1) · (x2 + 1) = 0. Nyilv´anval´ o, hogy a val´os sz´amok halmaz´an x2 + 1 = 0, ez´ert csak x − 1 = 0 asalehets´eges. Ekkor x = 1, azaz q 2 = 1, ´es mivel q > 0, ez´ert q = 1. Jelen sz´am´ıt´ inkban azonban f¨ oltett¨ uk, hogy q = 1, ez´ert ez nem ad u ´jabb megold´ ast. A feladat egyetlen megold´ asa teh´at az, amikor a m´ertani sorozat h´ anyadosa 1, azaz, amikor a der´eksz¨og˝ u trap´ez n´egyzet. Ha Anna rajza minden felt´etelnek megfelelt, akkor n´egyzetet rajzolt Bogl´ ark´anak. Megjegyz´es. A sz´ am´ıt´ asok akkor is ugyanerre az eredm´enyre vezetnek, ha a rajzok 0 < q < 1 h´ anyadost felt´etelezve k´esz¨ ulnek.

4. A koronav´ırus 2020. ´evi elterjed´es´evel kapcsolatos adatokat a grafikonon szeml´elhetj¨ uk (forr´ as: pandemia.hu).

12

ul¨onb¨oz˝ o m´odon val´osulhat teheti. A versenyre utaz´o fi´ uk kiv´ alaszt´ asa 8 = 495 k¨ meg. Anna szakk¨ or´eb˝ ol a versenyre utaz´ o csapat kiv´ alaszt´ asa ez´ert 56 · 495 = 27 720f´ele m´ odon lehets´eges.

c) A feladat nyilv´ anval´ o megold´ asa az, amikor a m´ertani sorozat h´ anyadosa 1, ekkor egyszer˝ uen bel´ athat´ o, hogy a trap´ez minden oldala egyenl˝ o hossz´ u, ´es mivel der´eksz¨ og˝ u is, ez´ert n´egyzet. Tegy¨ uk fel a tov´ abbiakban, hogy a m´ertani sorozat h´ anyadosa nem 1, ´es tekints¨ uk az ennek megfelel˝o 3.1. ´ abr´ at, ahol a CD, DA, AB, BC szakaszok hossz´at olt¨ uk, ahol q a m´ertani sorozat h´ anyadosa. rendre a, a · q, a · q 2 , a · q 3 -nel jel¨

A grafikon egyes adatait t´ abl´ azatba foglaltuk m´ arciust´ ol szeptemberig minden h´ onap 6-´ an.

3.1. a ´bra

03.06. 04.06. 05.06. 06.06. 07.06. 08.06. 09.06.

3.2. ´ abra

H´ uzzunk p´ arhuzamost a BC sz´ arral a D ponton kereszt¨ ul, ekkor az EDA der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ oget ´es a BCDE parallelogramm´at kapjuk. A parallelogramma abra). tulajdons´ aga miatt DE = a · q 3 , BE = a, ´ıgy AE = a · q 2 − a (3.2. ´ Az EDA der´eksz¨og˝ u h´ aromsz¨ ogre fel´ırhatjuk a Pitagorasz-t´etelt: 2

2

2

3 2

(a · q) + (a · q − a) = (a · q ) . K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

523

524

Fert˝ oz¨ ottek sz´ ama 4 744 3990 4597 8387 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

A k¨ ovetkez˝ o t´ abl´ azatban k´et tizedesjegyre kerek´ıtve felt¨ untett¨ uk a magyarorsz´ agi fert˝ oz¨ ottek sz´ am´ anak napi a ´tlagos n¨ oveked´es´et az egyes id˝ opontok k¨ oz¨ ott eltelt id˝ o alatt (a megjel¨ olt id˝ opontok k¨ oz¨ ott eltelt napok sz´ am´ at meg´ allapod´ as szerint u ´gy sz´ am´ıtjuk, hogy az id˝ ointervallum fels˝ o id˝ opontj´ anak napj´ at hozz´ asz´ am´ıtjuk az intervallumhoz, az als´ o ´ert´eket nem).

Kit¨olt¨ott t´ abl´ azataink:

03.06. 04.06. 05.06. 06.06. 07.06. 08.06. 09.06.

03.06.–04.06. 04.06.–05.06. 05.06.–06.06. 06.06.–07.06. 07.06.–08.06. 08.06.–09.06. 78,9 6,63

a) T¨ olts¨ uk ki mindk´et t´ abl´ azat hi´ anyz´ o r´eszeit (egy-egy napon a fert˝ oz¨ ottek sz´ ama csak pozit´ıv eg´esz sz´ am lehet, ez´ert a sz´ am´ıt´ asok sor´ an a kerek´ıt´es szab´ alyainak megfelel˝ oen j´ arjunk el). (4 pont) b) Egy n pont´ u teljes gr´ af ´elei k¨ oz¨ ul 21 ´elet t¨ or¨ olve egy fagr´ afot kapunk. Hat´ arozzuk meg n ´ert´ek´et. (5 pont) otlens´eg n = 1 kiv´etel´evel c) Bizony´ıtsuk be, hogy a 11n + 60n  61n egyenl˝ minden pozit´ıv eg´esz sz´ amra teljes¨ ul. (5 pont) Megold´ as. a) Az els˝ o t´ abl´ azat szerint m´arcius 6. ´es ´aprilis 6. k¨oz¨ott 740-nel n˝ ott a fert˝ oz¨ ottek sz´ ama, ´es mivel a k´et id˝ opont k¨oz¨ott 31 nap telt el (m´arcius 31 napos), ez´ert ez alatt az id˝o alatt naponta a´tlagosan 740 = 23,87 f˝ovel n¨ovekedett 31 a fert˝oz¨ ottek sz´ ama. ´ Aprilis 6. ´es m´ ajus 6. k¨ oz¨ ott a meg´allapod´ as szerint sz´amolva 30 nap telt el (´ aprilis 30 napos), ´ıgy a m´ajus 6-´ an az els˝o t´ abl´ azatban szerepl˝ o ´ert´eket x-szel jel¨olve ´es felhaszn´ alva, hogy a m´asodik t´ abl´ azat szerint ebben az id˝oszakban a´tlagosan naponta 78,9-del n˝ ott a fert˝ oz¨ ottek sz´ ama: x − 744 = 78,9, 30 ahonnan eg´eszre kerek´ıtve x = 3111, ennyi volt a fert˝oz¨ottek sz´ ama m´ajus 6-´ an. A kapott eredm´eny seg´ıts´eg´evel kit¨ olthetj¨ uk a m´ asodik t´ abl´ azat harmadik oszlop´ anak hi´anyz´o adat´ at, figyelembe v´eve, hogy m´ ajus 6. ´es j´ unius 6. k¨oz¨ott 31 nap telt el. Ekkor a fert˝ oz¨ottek sz´ am´anak ´atlagos napi n¨oveked´ese 3990 − 3111 = 28,35. 31 Az els˝o t´ abl´ azatnak a j´ ulius 6-´ara vonatkoz´ o hi´anyz´o adat´ at y-nal jel¨olve fel´ırhatjuk, hogy y − 3990 = 6,63, 30 hiszen a k´et id˝ opont k¨ oz¨ ott most 30 nap telt el. Ebb˝ol ad´odik, hogy kerek´ıtve y = 4189. Els˝ o t´ abl´ azatunk most m´ ar teljes, kit¨ olthetj¨ uk a m´ asodik t´ abl´ azat k´et hi´ anyz´o ´ert´ek´et. Eszerint j´ ulius 6. ´es augusztus 6., illetve augusztus 6. ´es szeptember 6. k¨ oz¨ ott (j´ ulius ´es augusztus is 31 napos) 8387 − 4597 4597 − 4189 = 13,16; = 122,26 31 31 volt a magyarorsz´agi fert˝oz¨ ottek sz´ am´anak napi a´tlagos n¨oveked´ese. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

525

Fert˝ oz¨ ottek sz´ ama 4 744 3111 3990 4189 4597 8387

03.06.–04.06. 04.06.–05.06. 05.06.–06.06. 06.06.–07.06. 07.06.–08.06. 08.06.–09.06. 23,87 78,9 28,35 6,63 13,16 122,26

b) Az n pont´ u teljes gr´ af ´eleinek sz´ ama   n(n − 1) n . = 2 2 Ebb˝ ol a teljes gr´ afb´ ol t¨ orl¨ unk 21 ´elet u ´gy, hogy a kapott gr´ af pontjainak sz´ama v´altozatlan, azaz n marad. A feladat sz¨ ovege szerint a 21 ´el t¨ orl´es´evel fagr´ afot kapunk, amely gr´ af ´eleinek sz´ ama n − 1, ez´ert fel´ırhat´ o, hogy n(n − 1) − 21 = n − 1. 2 Rendez´essel az n2 − 3n − 40 = 0 m´asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelynek megold´ asai n1 = 8, n2 = −5. Nyilv´anval´o, hogy n2 = −5 nem megold´ asa a feladatnak. Az egyetlen megold´ as teh´at n = 8. Ellen˝ orizhet˝ o, hogy a 8 pont´ u teljes gr´ afnak 28 ´ele van, ebb˝ ol 21-et t¨ or¨ olve egy 7 ´el˝ u gr´ afot kapunk. Ez ¨ onmag´aban nem biztos, hogy fagr´ af, de megadhat´ o a 8 pont´ u teljes gr´ af 21 olyan ´el´enek t¨ orl´ese, amelyre a megmaradt gr´ af fa, ahogy azt az ´ abr´ an l´ athatjuk. A t¨ or¨ olt ´eleket szaggatottan, a megmaradt 7 ´elt folytonos vonallal ´abr´ azoltuk. otlens´eg n = 1-re val´ oban nem teljes¨ ul, mert ekkor c) A 11n + 60n  61n egyenl˝ 11 + 60 > 61. Ha n = 2, akkor az egyenl˝ otlens´eg teljes¨ ul, pontosabban az egyenl˝os´eg armas. esete a´ll fenn, mert 112 + 602 = 612 , a (11; 60; 61) pitagoraszi sz´amh´ Legyen most n > 2 ´es bizony´ıtsunk teljes indukci´ oval. Tegy¨ uk f¨ ol teh´at a k > 2 pozit´ıv eg´esz sz´ amra, hogy 11k + 60k  61k . 526

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Bizony´ıtani fogjuk az indukci´os feltev´es alkalmaz´ as´aval, hogy az egyenl˝otlens´eg k + 1-re is fenn´all. Mivel 11k+1 + 60k+1 = 11 · 11k + 60 · 60k < 60 · 11k + 60 · 60k , ez´ert 11k+1 + 60k+1 < 60 · (11k + 60k ).

egyenl˝ otlens´eg is teljes¨ ul. Ezt a ]11,5; ∞[ sz´ amhalmaz figyelembe v´etel´evel v´egzett ekvivalens a´talak´ıt´ asokkal bel´ athatjuk, mert √ 2x + 28  10 · 2x + 3 , √ x + 14  5 · 2x + 3 , x2 + 28x + 196  25 · (2x + 3),

Az indukci´os feltev´es miatt 11k + 60k  61k , ´ıgy 60 · (11k + 60k )  60 · 61k . Ugyanakotlens´eg teh´at n = k-b´ ol kor nyilv´ anval´ o, hogy 60 · 61k < 61 · 61k = 61k+1 . Az egyenl˝ k¨ ovetkezik n = (k + 1)-re, ´es mivel n = 2-re igaz, ez´ert az a´ll´ıt´ as minden n  2 pozit´ıv eg´esz sz´ amra fenn´ all. II. r´ esz 5. a) Bizony´ıtsuk be, hogy a 2014 · 2016 · 2024 · 2026 + 100 n´egyzetsz´ am ´es allap´ıtsuk meg, hogy melyik pozit´ıv eg´esz sz´ ´ amnak a n´egyzete. (4 pont) b) Igazoljuk, hogy a ]11,5; ∞[ sz´ amhalmazon ´ertelmezett   √ √ f (x) = 2x + 28 + 10 · 2x + 3 − 2x + 28 − 10 · 2x + 3

f¨ uggv´eny ´ert´eke ´ alland´ o. Hat´ arozzuk meg ezt az ´ alland´ o ´ert´eket. c) H´ any val´ os megold´ asa van a

(5 pont)

4

egyenletnek a ] − 3π ; 5π sz´ amhalmazon? Adjuk meg a felt´eteleknek megfelel˝ o¨ osszes 4 4 ] megold´ ast. (7 pont) Megold´ as. a) Legyen a = 2020. Ezzel a 2014 · 2016 · 2024 · 2026 + 100 sz´amot at´ırhatjuk: ´ (a − 6) · (a − 4) · (a + 4) · (a + 6) + 100, vagy m´ ask´ent

(a − 6) · (a + 6) · (a − 4) · (a + 4) + 100.

ez pedig minden val´ os sz´amra igaz. Egyenl˝ os´eg csak x = 11√ eset´en ´ allhatna fenn, de 2 mivel x ∈ ]11,5; ∞[, ez´ert (x − 11) > 0, ´es ´ıgy 2x + 28 − 10 · 2x + 3 > 0 is ´erv´enyes. Ez pedig azt jelenti, hogy az f (x) f¨ uggv´enyben szerepl˝ o minden n´egyzetgy¨ ok¨ os kifejez´es ´ertelmezve van. K¨onnyen ´eszrevehet˝ o, hogy 2x + 28 + 10 · ´es √

2x + 28 − 10 · 2

√ √  2 2x + 3 = 5 + 2x + 3

√

√  2 2x + 3 = 5 − 2x + 3 .

a = |a| azonoss´ ag szerint az k¨ ovetkezik, hogy     √ √ f (x) = 5 + 2x + 3 − 5 − 2x + 3.

√ A felt´etel szerint x > 11,5, ebb˝ ol azt kapjuk, hogy 2x + 3 > √ 26 > 25, ´es ´ıgy a 2x + 3 f¨ uggv´eny szigor´ uan monoton ovekv˝ o tulajdons´aga miatt√ 2x + 3 > 5, ebb˝ ol pedig √ n¨ an igaz, azonnal ad´ odik, hogy 5 − 2x + 3 < 0. Mivel pedig 5 + 2x + 3 > 0 nyilv´ ez´ert az abszol´ ut´ert´ek ´ertelmez´ese szerint ez azt jelenti, hogy √ √   f (x) = 5 + 2x + 3 − − 5 + 2x + 3 = 10.

Ha teh´at x > 11,5, akkor az f (x) f¨ uggv´eny ´ert´eke val´ oban ´alland´ o ´es ennek az ´ alland´ onak az ´ert´eke 10. c) Az egyenlet algebrai azonoss´ ag seg´ıts´eg´evel a´talak´ıthat´ o:

Nevezetes azonoss´ ag alkalmaz´as´ aval

(a2 − 36) · (a2 − 16) + 100 = a4 − 52a2 + 676. Ugyanakkor

2

(x − 11)  0,

Ebb˝ ol a

1 5 sin x + cos x − · sin x · cos x = 2 4 4

x2 − 22x + 121  0,

2

4

2

2

(sin2 x + cos2 x) − 2 · sin2 x · cos2 x −

2

a − 52a + 676 = (a − 26) .

Eszerint 2014 · 2016 · 2024 · 2026 + 100 val´ oban n´egyzetsz´am, m´egpedig

Mivel minden val´ os x-re sin2 x + cos2 x = 1, ez´ert

2

2014 · 2016 · 2024 · 2026 + 100 = (20202 − 26) = 4 080 3742 . b) A megadott ]11,5; ∞[ ´ertelmez´ esi tartom´any miatt nyilv´anval´o, hogy √ 2x + 3 > 0, tov´abb´ a 2x + 28 + 10 · 2x + 3 > 0. Ugyanakkor a √ 2x + 28 − 10 · 2x + 3  0 K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

1 5 · sin x · cos x = . 2 4

527

1 − 2 · sin2 x · cos2 x −

1 5 · sin x · cos x = , 2 4

illetve 4-gyel val´ o szorz´ as ´es rendez´es ut´ an 8 · sin2 x · cos2 x + 10 · sin x · cos x − 3 = 0. 528

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Bevezetj¨ uk a sin(2x) = 2 · sin x · cos x trigonometriai azonoss´ agb´ol ad´od´o sin(2x) = y asodfok´ u egyenletet kapjuk, amelynek helyettes´ıt´est. Ezzel a 2y 2 + 5y − 3 = 0 m´ gy¨ okei y1 = 0,5 ´es y2 = −3. A m´ asodik gy¨ ok nem ad megold´ ast a feladatra, hiszen −1  sin(2x)  1. A sin(2x) = 0,5 egyenletb˝ol ad´odik, hogy

A P AC der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogre ´erv´enyes a Pitagorasz-t´etel: x2 + m2 = P A2 , ahonnan (1) felhaszn´al´as´ aval azonnal ad´odik, hogy P A2 = 4x2 , ´es ez´ert P A = 2x. Az AB szakasz, mint ´atm´er˝ o f¨ ol´e ´ırt f´elk¨ or k¨ oz´eppontja O, ez´ert OA = OP = = 2x. Ebb˝ol, ´es a P A = 2x eredm´enyb˝ ol az k¨ ovetkezik, hogy az OP A h´ aromsz¨ og abr´ an az A, B, valamint szab´ alyos, ´es ´ıgy P AB = 60◦ , illetve ABP  = 30◦ . Az ´ a P , R ´es C, D pontp´ arok az OQ egyenesre szimmetrikusan helyezkednek el, ez´ert az OP A, ORB, illetve OQP , OQR, valamint OP C, ORD h´ aromsz¨ ogek rendre egybev´ ag´ ok. Ebb˝ ol ad´odik, hogy P OR = 60◦ , ez a Q pontot is tartalmaz´o P R ´ıvhez tartoz´ o k¨ oz´epponti sz¨ og, ´ıgy a k¨ oz´epponti ´es ker¨ uleti sz¨ ogek ¨ osszef¨ ugg´ese alapj´an P BR = 30◦ ; mivel azonban a P Q ´es QR ´ıvek hossza a szimmetria miatt egyenl˝ o, ez´ert

illetve

π 5π + k · π, x = + l · π (k; l ∈ Z). 12 12 A kapott v´egtelen sok val´os sz´am k¨ oz¨ ul nem mindegyik esik a     3π 5π 9π 15π − ; = − ; 4 4 12 12 x=

sz´ amhalmazba, ez´ert nem mindegyik megold´ asa a feladatnak. Egyszer˝ u sz´amol´assal bel´ athatjuk, hogy a k = 0 ´es k = 1, valamint l = −1 ´es l = 0 eg´esz sz´ amok megfelel˝ o megold´ ast adnak, ekkor az egyenlet gy¨okei rendre x1 =

π , 12

x2 =

13π , 12

x3 = −

7π , 12

x4 =

m2 = x · 3x = 3x2 .

(1)

5π 2x = + l · 2π; 6

π 2x = + k · 2π, 6

Thal´esz t´etele miatt AP B = 90◦ . Az ABP der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ ogben fel´ırt magass´ agt´etel szerint:

5π . 12

Az egyenletnek teh´at a megadott intervallumban 4 val´os megold´asa van. 6. Az AB szakasz felez˝ opontja O, az A ponthoz k¨ ozelebbi negyedel˝ opontja C, a B ponthoz k¨ ozelebbi negyedel˝ opontja D. A C, O, D pontokban az AB szakaszra rajzolt mer˝ olegesek az AB ´ atm´er˝ oj˝ u f´elk¨ ort rendre a P , Q, R pontokban metszik. a) Hat´ arozzuk meg a BQP ´es BRQ h´ aromsz¨ ogek sz¨ ogeit. (8 pont) b) H´ any sz´ azal´eka a BRQP n´egysz¨ og ter¨ ulete az ABP h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek? (Az eredm´enyt k´et tizedesjegyre kerek´ıtve adjuk meg.) (8 pont) Megold´ as. a) K´esz´ıt¨ unk a feladat sz¨ oveg´enek megfelel˝o rajzot, amelyen az ABP der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og P -hez tartoz´ o magass´ ag´at m-mel, az AC szakasz hossz´ at x-szel jel¨ olt¨ uk. Ekkor nyilv´ anval´ o, hogy a felt´etelek miatt CO = OD = = DB = x ´es ´ıgy BC = 3x.

P BQ = QBR = 15◦ .

(2)

Az R pontot tartalmaz´ o QB ´ıvhez tartoz´ o k¨ oz´epponti sz¨ og der´eksz¨ og, ebb˝ ol azt osszef¨ ugg´est is felhaszn´ alva a BQP h´ akapjuk, hogy BP Q = 45◦ , teh´at a (2) ¨ aromsz¨ og szab´alyos, teh´ at romsz¨og sz¨ogeinek nagys´ aga: 15◦ , 120◦ , 45◦ . Az ORB h´ oz´epponti ´es ker¨ uleti sz¨ ogek ¨ osszef¨ ugg´ese miatt ´ıgy BQR = 30◦ , BOR = 60◦ , a k¨ vagyis a BRQ h´ aromsz¨ og sz¨ ogeinek nagys´ aga rendre: 15◦ , 135◦ , 30◦ . b) Az ABP h´ aromsz¨ og ter¨ ulete egyszer˝ uen kifejezhet˝ o az x ´es m seg´ıts´eg´evel, hiszen (3)

TABP =

4x · m AB · CP = = 2x · m. 2 2

A BRQP n´egysz¨ og ter¨ ulet´et tal´ an legegyszer˝ ubb u ´gy kifejezni, hogy a BRQP C ulet´eb˝ ol levonjuk a BP C der´eksz¨ og˝ u h´aromsz¨ og ter¨ ulet´et. Az OQP C ´es ¨otsz¨og ter¨ OQRD egybev´ ag´ o, der´eksz¨ og˝ u trap´ezok, amelyek ter¨ ulet´ere ´erv´enyes, hogy TOQP C = TOQRD =

OQ + m · x; 2

´es mivel OQ = 2x, ez´ert (4)

TOQP C = TOQRD = x2 +

x·m . 2

A BRD der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og ter¨ ulete pedig: (5)

TBRD =

x·m , 2

illetve a BP C der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og ter¨ ulete (6) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

529

530

TBP C =

3x · m . 2

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

A (4), (5), (6) ¨ osszef¨ ugg´esek alapj´an a BRQP n´egysz¨og ter¨ ulete: (7)

Ezt az egyenl˝otlens´eget kell a felt´etelek figyelembe v´etel´evel megoldani. Mivel p pozit´ıv pr´ım, ez´ert a szorzatban 4p ´es (p + 1) is 1-n´el nagyobb eg´esz sz´ am. A (p − 4) t´enyez˝ o p = 2 ´es p = 3 eset´en negat´ıv, ´ıgy a bal oldal negat´ıv, teh´ at kisebb, mint 1. A p = 5, vagy ann´ al nagyobb pr´ımekre a (p − 4) szorz´ot´enyez˝ o is pozit´ıv eg´esz sz´ am, ´ıgy a szorzat 1-n´el nagyobb lesz. Az egyenl˝ otlens´eg teh´ at csak a p = 2 ´es p = 3 pr´ımsz´ amokra teljes¨ ul.

TBRQP = TOQP C + TOQRD + TBRD − TBP C = 2x2 .

(3) ´es (7) egybevet´es´evel azt kapjuk, hogy x 1 2x2 TBRQP = = √ ≈ 0,5774, = TABP 2x · m m 3 √ hiszen (1) szerint m = x · 3 .

A p = 2 esetet m´ar kiz´artuk, ez´ert p = 3 az egyetlen megold´ as. A p = 3 ´ert´ekre az eredeti egyenlet

Eszerint a BRQP n´egysz¨ og ter¨ ulete az ABP h´aromsz¨og ter¨ ulet´enek kb. 57,74 %-a.

ennek val´ oban k´et gy¨ oke van, m´egpedig x1 = −1, x2 = −8.

7. H´ any olyan p pozit´ıv pr´ımsz´ am van, amelyre nem igaz, hogy a

Megjegyz´es. A p = 3 megold´ ast m´ as m´ odon is megtal´ alhatjuk. Meghat´ arozzuk az f (p) differenci´ alh´ anyados´ at:

(p − 2) · x2 + (2p + 3) · x + p2 − 1 = 0 egyenletnek legfeljebb egy val´ os gy¨ oke van?

Az egyenletben az x v´ altoz´ o m´ asodik hatv´ anyon szerepel, ´ıgy az egyenlet legfeljebb m´asodfok´ u. De els˝ ofok´ u nem lehet, mert az els˝ ofok´ u egyenletnek legfeljebb egy val´ os gy¨ oke van. Ez ´eppen azt jelenti, hogy a p = 2 pr´ımsz´ am nem megold´ asa a feladatnak, mert ekkor behelyettes´ıt´essel a 7x + 3 = 0 egyenletet kapjuk. Ennek u. A fentiek megold´ asa egy´ebk´ent x = − 37 . Ha p = 2, akkor az egyenlet m´asodfok´ szerint ennek pontosan k´et val´os megold´asa kell, hogy legyen (kett˝on´el t¨obb nyilv´an nem lehet). Ez´ert azokat a p sz´ amokat keress¨ uk, amelyre az egyenlet diszkrimin´ ansa pozit´ıv. Fel´ırva a diszkrimin´anst: 2

D = (2p + 3) − 4 · (p − 2) · (p2 − 1) > 0, amelyb˝ ol a m˝ uveletek elv´egz´es´evel ´es rendez´essel a 2

4p − 12p − 16p < 1

(1) egyenl˝ otlens´eget kapjuk.

Vizsg´aljuk a tov´ abbiakban az f (p) = 4p3 − 12p2 − 16p harmadfok´ u f¨ uggv´enyt. El˝osz¨ or keress¨ uk meg a f¨ uggv´eny z´erushelyeit (eltekintve egyel˝ore att´ol, hogy p pozit´ıv pr´ım). Szorzatt´ a alak´ıt´ assal: f (p) = 4p · (p2 − 3p − 4), ebb˝ ol azt kapjuk, hogy f (p) z´erushelyei p1 = −1, p2 = 0, p3 = 4.

Az f (p) = 4p · (p2 − 3p − 4) f¨ uggv´enyt szorzat alakba ´ırva az egyenl˝otlens´eg: 4p · (p + 1) · (p − 4) < 1.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

f  (p) = 12p2 − 24p − 16 = 4 · (3p2 − 6p − 4).

(16 pont)

Megold´ as. Ha nem igaz, hogy a (p − 2) · x2 + (2p + 3) · x + p2 − 1 = 0 egyenletnek legfeljebb egy val´ os megold´ asa van, akkor legal´ abb k´et megold´ as´anak kell lennie.

3

x2 + 9x + 8 = 0,

531

uggv´eny z´erushelyei: Az f  (p) f¨ √ 3 − 21  p1 = ≈ −0,528; 3

p2

=

3+

√ 3

21

≈ 2,528.

asodfok´ u f¨ uggv´eny ezeken a helyeken el˝ ojelet v´ alt, ez´ert p1 ´es p2 az f (p) Az f  (p) m´ sz´els˝ o´ert´ekhelyei. Most figyelembe vessz¨ uk, hogy p pozit´ıv pr´ım. Eszerint az f (p) f¨ uggv´enyt nem o´ert´eke van, ´es ´ıgy el˝ ofordulhat, vizsg´ aljuk a p < p1 intervallumon, noha a p1 helyen sz´els˝ hogy (1) valamilyen negat´ıv p sz´ amra fenn´ all. Nem sz¨ uks´eges vizsg´ alni az f (p) f¨ uggv´enyt am fordul el˝ o, a ]p1 ; p2 [ halmazon sem, mert ebben az intervallumban csak a p = 2 pr´ımsz´ ez pedig, mint l´ attuk, nem megold´ asa a feladatnak. asodfok´ u f¨ uggv´eny negat´ıvb´ ol pozit´ıvba megy a ´t, ez´ert itt f (p) A p2 helyen az f  (p) m´ cs¨ okken˝ o f¨ uggv´enyb˝ ol n¨ ovekv˝ obe megy a ´t. Ez pedig azt jelenti, hogy elegend˝ o vizsg´ alni amokra. Az els˝ o ilyen pr´ım a p = 3. az (1) egyenl˝ otlens´eg teljes¨ ul´es´et a p > p2 pr´ımsz´ Behelyettes´ıt´essel ellen˝ orizhetj¨ uk, hogy ekkor (1) bal oldal´ anak ´ert´eke −48, erre nyilv´ an fenn´ all (1), teh´ at p = 3 megold´ asa a feladatnak. A k¨ ovetkez˝ o pr´ım p = 5, erre (1) bal oldal´ anak ´ert´eke 120, vagyis erre (1) nem teljes¨ ul, ´es ´ıgy p = 5 nem megold´ as. A p > 5 pr´ımsz´ amokat m´ ar nem sz¨ uks´eges vizsg´ alnunk, hiszen itt f (p) n¨ ovekv˝ o, teh´ at biztosan 120-n´ al nagyobb ´ert´eket kapn´ ank egy k¨ ovetkez˝ o pr´ım behelyettes´ıt´esekor. A p > 5 pr´ımsz´ amok teh´ at nem megold´ asai a feladatnak, ´ıgy az egyetlen megold´ as p = 3.

8. Egy kocka minden ´el´enek hossza n, ahol n pozit´ıv eg´esz sz´ am. A kocka minden lapj´ at feh´erre festj¨ uk, majd a kock´ at a lapjaival p´ arhuzamos s´ıkok ment´en u kock´ ara daraboljuk. n3 darab egys´egnyi ´el˝ a) H´ anyszorosa a kis kock´ ak felsz´ın´enek ¨ osszege az eredeti kocka felsz´ın´enek? (2 pont) Ezut´ an az ¨ osszes kis kocka lapjait megsz´ amozzuk a k¨ ovetkez˝ o szab´ aly szerint: el˝ osz¨ or azoknak a kis kock´ aknak a 6-6 lapj´ at sz´ amozzuk meg a pozit´ıv eg´esz sz´ amokkal 1-t˝ ol kiindulva, amelyeknek egyetlen lapja sem feh´er, ezut´ an a sz´ amoz´ ast 532

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

folytatjuk azon kis kock´ ak lapjaival, amelynek egy oldala feh´er, ut´ ana a k´et feh´er lappal rendelkez˝ o kis kock´ ak k¨ ovetkeznek, v´eg¨ ul azok a kis kock´ ak, amelyeknek h´ arom lapja feh´er. Ezzel az elj´ ar´ assal el´erj¨ uk, hogy minden kis kocka minden lapj´ an szerepel egy-egy pozit´ıv eg´esz sz´ am ´es ezek a sz´ amok mind k¨ ul¨ onb¨ oz˝ ok. b) Legal´ abb mekkora az n sz´ am, ha biztosan tudjuk, hogy a 2020 sz´ am olyan kis kock´ ara ker¨ ul, amelynek nincs feh´erre festett lapja? (4 pont) c) Hat´ arozzuk meg a pozit´ıv eg´esz n sz´ amot, ha a fenti sz´ amoz´ assal a 4326 sz´ am az utols´ o olyan kis kocka utolj´ ara megsz´ amozott egyik lapj´ ara ker¨ ul, amelynek pontosan k´et lapja feh´er. (6 pont) 3 am´ u kis kock´ ab´ ol v´eletlenszer˝ uen kiv´ alasztunk egy darabot. Mennyi d) Az n sz´ annak az es´elye, hogy a kiv´ alasztott kis kock´ anak legal´ abb az egyik lapja feh´er, ha n = 8? (4 pont) Megold´ as. a) Az eredeti kocka felsz´ıne 6n2 , az n3 darab egys´egkocka felsz´ın´enek ¨ osszege pedig 6n3 , ez ´eppen n-szerese az eredeti kocka felsz´ın´enek. b) Az n ´el˝ u kock´ at u ´gy tudjuk a lapjaival p´ arhuzamos ´el˝ u s´ıkokkal n3 darab egys´egkock´ ara darabolni, ha h´arom, egym´asra mer˝ oleges ´el´et egyenk´ent n − 1, az adott ´elre mer˝ oleges s´ıkkal elv´ agjuk az ´ abr´ anak megfelel˝ oen (a 3 kiv´ alasztott ´elet szaggatottan abr´ ´ azoltuk).

6-tal val´ o oszt´ as ut´an

(1)

3

2

(n − 2) + 6 · (n − 2) + 12 · (n − 2) = 721.

Az (1) egyenlet az n − 2 = x helyettes´ıt´essel a´t´ırhat´ o: x3 + 6x2 + 12x = 721, illetve (2)

x · (x2 + 6x + 12) = 721.

A (2) egyenlet bal oldal´ anak mindk´et szorz´ ot´enyez˝ oje pozit´ıv eg´esz. Az x oszt´ oja a 721-nek, amelynek pr´ımt´enyez˝ os felbont´asa 721 = 7 · 103, teh´at x lehets´eges ´ert´ekei 1; 7; 103; 721. Nyilv´an x = 1 nem ´ertelmezhet˝ o a feladat szempontj´ ab´ ol, ez´ert csak a marad´ek 3 sz´ amot kell megvizsg´ alnunk. Egyszer˝ u sz´ amol´ assal kapjuk, hogy csak x = 7 a megold´ as, mert a t¨ obbi ´ert´ekre a (2) egyenlet z´ ar´ ojeles t´enyez˝ oje 721-n´el nagyobb lesz. A megold´ as teh´at az n − 2 = 7, azaz n = 9. 3

Az ´ abra azt is megmutatja, hogy a kis kock´ ak k¨ oz¨ ul ´eppen 8-nak lesz h´ arom lapja befestve (a kocka 8 cs´ ucs´ an´al), pontosan k´et lapj´at olyan kis kock´aknak festj¨ uk be, amelyek az eredeti kocka ´elei ment´en helyezkednek el, de egyetlen cs´ ucsuk sem esik egybe az eredeti kocka valamelyik cs´ ucs´ aval, ebb˝ol pedig a nagy kocka 12 ´ele ment´en osszesen 12 · (n − 2) van. ¨ 2

Innen azt is l´athatjuk, hogy egy lapj´aval befestett kis kocka ´eppen 6 · (n − 2) darab lesz, olyan kis kocka pedig, amelynek egyetlen lapja sincs befestve, pontosan 3 (n − 2) .

Most m´ ar v´ alaszolhatunk a b) feladat k´erd´es´ere is. Sz´ amoz´ asi felt´eteleink figyelembev´etel´evel ugyanis azt kapjuk, hogy  3 2020 3 ≈ 6,96. 6 · (n − 2)  2020, azaz n − 2  6 Ebb˝ ol az k¨ ovetkezik, hogy n  8,96, teh´at n ´ert´eke legal´ abb 9.

c) A b) feladat megold´ as´ an´ al m´ar l´attuk, hogy olyan kis kocka, amelynek 3 amoz´ as´ara ¨osszesen az els˝o egyetlen lapja sem feh´er, (n − 2) darab van, ezek sz´ 3 amot haszn´altuk fel. Olyan kocka pedig, amelynek egy 6 · (n − 2) pozit´ıv eg´esz sz´ 2 2 amoz´ as´ara a k¨ovetkez˝ o 6 · 6 · (n − 2) lapja feh´er, 6 · (n − 2) darab van, ezek sz´ sz´ amot haszn´altuk, v´eg¨ ul 12 · (n − 2) olyan kis kocka van, amelynek pontosan k´et K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

lapja feh´er. Ezen kock´ ak lapjaihoz a sz´ amoz´ asi szab´ aly szerint ezut´an k¨ ovetkez˝ o 6 · 12 · (n − 2) darab pozit´ıv eg´esz sz´ amot haszn´altuk. Fel´ırhat´ o a k¨ ovetkez˝ o egyenlet: 3 2 6 · (n − 2) + 36 · (n − 2) + 72 · (n − 2) = 4326,

533

d) Ha n = 8, akkor az el˝ oz˝ oek szerint (8 − 2) = 216 kis kocka lapjai nincsenek 2 anak pontosan egy lapja feh´er, 12 · (8 − 2) = 72 befestve, 6 · (8 − 2) darab kis kock´ kis kock´ anak pontosan k´et lapja van befestve, v´eg¨ ul 8 kis kock´ anak pontosan h´arom lapja feh´er, ez ¨ osszesen 83 = 512 darab kis kocka. A komplementer esem´eny val´ osz´ın˝ us´eg´evel sz´ amolunk, vagyis annak val´ osz´ın˝ us´eg´et keress¨ uk, hogy a kiv´alasztott kocka egyetlen lapja sem feh´er. Ekkor a kedvez˝o esetek sz´ ama az el˝ oz˝ oek szerint k = 216, az ¨ osszes eset sz´ ama nyilv´an n3 = 512. Ez´ert 27 216 = , P (A) = 512 64 ´es ´ıgy a feladat megold´asa P (A) = 1 −

37 27 = . 64 64

9. Az ABC h´ aromsz¨ og cs´ ucsainak koordin´ at´ ai a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben A(0; −2), B(6; 10), C(−3; 1).

a) Bizony´ıtsuk be, hogy az ABC der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og. (3 pont) 2 b) Igazoljuk, hogy az y = −x + 8x − 10 egyenlet˝ u parabol´ anak a BC oldal egyenes´evel nincs k¨ oz¨ os pontja, de az AB oldal egyenes´evel k´et k¨ oz¨ os pontja is van. u parabola Hat´ arozzuk meg az AB oldal egyenese ´es az y = −x2 + 8x − 10 egyenlet˝ metsz´espontjainak koordin´ at´ ait. (5 pont) c) Sz´ am´ıtsuk ki, hogy az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek h´ anyadr´esz´et fedik le azok ul. (8 pont) a pontok, amelyekre y  −x2 + 8x − 10 teljes¨ 534

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

´ Megold´ as. a) I. megold´ as. Abr´azoljuk a pontokat a der´eksz¨ og˝ u koordin´ ata-rendszerben, amelyben megrajzoltuk a h´ aromsz¨ og k¨ or¨ ul´ırt k¨ or´et is. Az ´ abra alapj´an az a sejt´es¨ unk alakulhat ki, hogy az ABC h´ aromsz¨ og der´eksz¨ og˝ u cs´ ucsa a C pontban van. → → vCB vekKisz´ am´ıtjuk a − vCA ´es − torok koordin´ at´ ait a v´egpontok ´es a k¨ oz¨ os kezd˝opont koordin´at´ ainak k¨ u→ → vCB (9; 9). l¨ onbs´egek´ent: − vCA (3; −3) ´es − A k´et vektor skal´ aris szorzata fel´ırhat´o a megfelel˝ o koordin´ at´ ak szorzat´anak ¨ osszegek´ent:

´ azoljuk egy¨ c) Abr´ utt a koordin´ atarendszerben a h´ aromsz¨ oget ´es a parabol´ at, a besat´ırozott r´esz ter¨ ulet´et akarjuk kisz´ am´ıtani. Mivel a BC egyenes´enek ´es a parabol´ anak nincs k¨ oz¨ os pontja, ez´ert a BC egyenes a parabola f¨ ol¨ ott helyezkedik el. Az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ ulete: √ √ 162 · 18 BC · CA = = 2 2 = 27 (ter¨ uletegys´eg).

TABC =

− → → vCA · − vCB = 3 · 9 + (−3) · 9 = 0. K´et vektor skal´ aris szorzata akkor ´es csak akkor z´erus, ha a k´et vektor mer˝ oleges egym´ asra.

A parabola alatti ter¨ uletnek az x1 = 2 ´es x2 = 4 hat´ arok k¨ oz´e es˝ o r´esze a Newton– Leibniz-formula alkalmaz´ as´ aval:  3 4 4 x T1 = (−x2 + 8x − 10) dx = − + 4x2 − 10x = 3 2 2

    64 8 28 = − + 64 − 40 − − + 16 − 20 = . 3 3 3

Ez ´eppen azt jelenti, hogy CA mer˝ oleges CB-re, vagyis az ABC h´aromsz¨og C cs´ ucsn´ al lev˝o bels˝o sz¨ oge val´ oban der´eksz¨ og. II. megold´ as. Kisz´am´ıtjuk az AB, BC ´es CA oldalak hossz´ at:    √ √ √ 2 AB = 62 + 122 = 180, BC = 92 + 92 = 162, CA = 32 + (−3) = 18 .

√ 2 Mivel BC + CA = 162 + 18 = 180 = AB 2 , ez´ert a Pitagorasz-t´etel megford´ıt´ asa alapj´ an az ABC h´aromsz¨ ogben a C cs´ ucsn´ al lev˝o bels˝o sz¨og val´ oban der´eksz¨ og. 2

2

√

2

√

· F G = 2+6 · 2 = 8 (ter¨ uletegys´eg). Az ´abr´ an a DEF G trap´ez ter¨ ulete: T2 = DG+EF 2 2 uletek k¨ ul¨ onbs´egek´ent kapjuk: A sz¨ urk´ıtett ter¨ uletet a T1 ´es T2 ter¨ T = T1 − T2 =

2

b) Fel´ırjuk a BC ´es az AB oldalak egyeneseinek egyenlet´et. Mivel m´ar tud→ → vCB (1; 1), ez´ert a BC oldal ir´ anyvektoros egyenlet´et feljuk, hogy − vCB (9; 9) vagy − → → vAB (1; 2), ez´ert ´ırva x − y = −4. Az AB oldal egy ir´anyvektora − vAB (6; 12), vagy − az AB oldal egyenlete 2x − y = 2. Keress¨ uk el˝ osz¨ or az x − y = −4, y = −x2 + 8x − 10 m´asodfok´ u egyenletrendszer megold´ asait. Behelyettes´ıt´essel: x − (−x2 + 8x − 10) = 2 = − 4, ahonnan x − 7x + 14 = 0. Ennek az egyenletnek nincs val´os megold´asa, mert a diszkrimin´ansa D = −7.

4 28 − 8 = (ter¨ uletegys´eg). 3 3

Ebb˝ ol az k¨ovetkezik, hogy T TABC

=

4 3

27

=

4 , 81

4 teh´at a sz¨ urk´ıtett ter¨ ulet az ABC h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´enek pontosan 81 -ed r´esze. B´ır´ o B´ alint Eger

Ez azt jelenti, hogy az y = −x2 + 8x − 10 parabol´anak a BC oldal egyenes´evel val´oban nincs k¨ oz¨ os pontja.

Matematika feladat megold´ asa

Az 2x − y = 2, y = −x2 + 8x − 10 m´asodfok´ u egyenletrendszer megold´ asa: 2x − (−x2 + 8x − 10) = 2,

innen x2 − 6x + 8 = 0.

Az egyenlet megold´ asai az x1 = 2 ´es x2 = 4 val´ os sz´amok. Visszahelyettes´ıtve megkapjuk az AB egyenes ´es a parabola k¨oz¨os pontjait: D(2; 2), E(4; 6). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

535

B. 5042. Az ABCD konvex n´egysz¨ ogr˝ ol tudjuk, hogy nem trap´ez, valamint, hogy AC ´es BD ´ atl´ oi egyenl˝ o hossz´ uak. Az ´ atl´ ok metsz´espontj´ at jel¨ olje M . Mutassuk meg, hogy az ABM ´es CDM k¨ or¨ ok m´ asodik, M -t˝ ol k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o metsz´espontja a BM C sz¨ og felez˝ o egyenes´ere esik. (4 pont) 536

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Megold´ as. Az AB ´es CD szakaszok felez˝ omer˝ olegesei mess´ek egym´ ast a K pontban. A K pont biztosan l´etezik, hiszen ellenkez˝ o esetben AB  CD, viszont a felt´etel szerint ABCD nem trap´ez.

K. 676. Egy 6 × 6-os sakkt´abl´ at 18 darab 1 × 2-es domin´ oval a´tfed´es n´elk¨ ul lefed¨ unk. Mutassuk meg, hogy a sakkt´abla kett´ev´ aghat´ o egy egyenessel u ´gy, hogy az egyetlen domin´ot sem v´ag kett´e.

Egy szakasz felez˝ omer˝ oleges´enek minden pontja egyenl˝ o t´ avols´ agra van a szakasz k´et v´egpontj´ at´ ol, ´ıgy KA = KB ´es KC = KD. Azt is tudjuk, hogy AC = BD, ´ıgy az AKC ´es BKD h´ aromsz¨ ogekben az oldalak p´ aronk´ent egyenl˝ o hossz´ uak, azaz a k´et h´ aromsz¨ og egybev´ ag´ o. Az egybev´ag´os´ ag alapj´ an KAM  = = KAC = KBD = KBM . A ker¨ uleti sz¨ ogek t´etel´enek megford´ıt´asa miatt az A, B, K ´es M pontok egy k¨or¨ on vannak. Hasonl´oan azonnnal l´ athat´ o, hogy a C, D, M , K pontok is egy k¨ or¨ on vannak. Ezzel bel´ attuk, hogy az (ABM ) ´es (CDM ) k¨or¨ok m´asodik metsz´espontja a K pont. Az AKC ´es BKD h´aromsz¨ ogek egybev´ ag´ os´ ag´ab´ol k¨ovetkez˝ oen a K pont ugyanolyan messze van az AC ´es BD egyenesekt˝ ol, teh´ at mindenk´eppen rajta van az AC ´es BD egyenesek egyik sz¨ ogfelez˝ oj´en. Ez a sz¨og nem lehet az AM B = = CM D sz¨ og, hiszen az AM KB ´es DM KC h´ urn´egysz¨ogek, teh´ at konvexek. A K pont ´ıgy biztosan a BM C sz¨ og felez˝oj´ere illeszkedik. ´ ´ Isk. ´es Gimn., 10. ´evf.) B´ an-Szab´ o Aron (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an

K. 677. Az S sz´ amhalmaznak 5 eleme van. Az elemeket p´aronk´ent ¨ osszeadva a k¨ovetkez˝ o ¨osszegeket kapjuk: 0, 6, 11, 12, 17, 20, 23, 26, 32 ´es 37. Adjuk meg S elemeit. (Texas Mathematical Olympiad ) K. 678. Az asztalon egy sorban egym´as mellett fekszik 2020 db p´enz´erme v´altakozva fej, ´ır´ as, fej, ´ır´ as, . . . sorrendben. Egy l´ep´esben egyszerre b´ armelyik h´arom szomsz´edos p´enz´erm´et ´ atford´ıtjuk a m´ asik oldal´ ara. El´erhet˝o-e ilyen l´ep´esek sorozat´ aval, hogy minden p´enz´erme ´ır´ ast mutasson?

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2021. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok (1637–1643.)

¨ Osszesen 55 dolgozat ´erkezett. 4 pontot kapott 50, 3 pontot 2 tanul´ o. 1 pontos 1, 0 pontos 2 tanul´ o dolgozata.

C. 1637. S´ ark´ anyorsz´ agban minden h´etfej˝ u s´ ark´ any t¨ uzet ok´ ad, de nem minden h´etfej˝ u t˝ uzok´ ad´ o l´eny s´ ark´ any. A legut´obbi l´enysz´ aml´ al´as szerint az orsz´agban pont ugyanannyi s´ ark´ any ´el, mint t˝ uzok´ ad´o l´eny. Igaz-e, hogy minden s´ ark´ any h´etfej˝ u?

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok ABACUS-szal k¨ oz¨ os pontverseny 9. oszt´ alyosoknak (674–678.)

C. 1638. Melyek azok a nem szab´ alyos h´ aromsz¨ ogek, amelyek magass´ agpontja, k¨or´e ´ırt k¨or´enek k¨ oz´eppontja, be´ırt k¨ or´enek k¨ oz´eppontja ´es k´et cs´ ucsa egy k¨ orre esik?

K. 674. Anna n´eni udvar´ aban 120 ´allat ´el: barna ty´ ukok, feh´er kacs´ ak, barna malacok ´es feh´er nyulak. A feh´er ´ allatok sz´ ama 64, a k´etl´ab´ u a´llatok sz´ ama 84. K´etszer annyi barna ty´ uk ´el itt, mint feh´er ny´ ul. Melyik fajta a´llatb´ ol h´any ´el Anna n´eni udvar´ aban? K. 675. Egy nagy c´egn´el kar´ acsonyi partit rendeztek, ´es t¨obben elvitt´ek a h´ azast´ arsukat is magukkal. A partin 5-sz¨ or annyi f´erfi volt jelen, mint n˝o. Este 10 ´orakor n´eh´ any f´erfi a feles´eg´evel egy¨ utt hazaindult, ekkor a partin jelenlev˝ o n˝ok sz´ama a jelenlev˝ o f´erfiak sz´ am´anak hetedr´esz´ere cs¨ okkent. A f´erfiak h´ anyadr´esze ment haza 10 o´rakor? K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Feladatok 10. ´ evfolyamig

537

Feladatok mindenkinek C. 1639. Gondoltunk ¨ ot sz´amra. K¨ oz¨ ul¨ uk minden lehets´eges m´ odon kiv´ alasz¨ tottunk h´ armat-h´ armat ´es ¨ osszeadtuk o˝ket. Osszegk´ ent a k¨ ovetkez˝ o ´ert´ekeket kaptuk: 41, 42, 44, 51, 52, 53, 54, 54, 55, 64. Mi volt az ¨ ot gondolt sz´am? Javasolta: Kiss S´ andor (Ny´ıregyh´ aza) C. 1640. Az ABCD n´egysz¨ ogben jel¨ olj¨ uk az ABC h´ aromsz¨ og s´ ulypontj´ at S-sel, az ACD h´ aromsz¨ og s´ ulypontj´ at pedig P -vel. Igazoljuk, hogy az AC ´es BD ´atl´ ok felez˝opontjait ¨ osszek¨ ot˝ o szakasz felezi az SP szakaszt. 538

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

C. 1641. Hat´ arozzuk meg, hogy mi lesz az a3 b2 c5 kifejez´es egy¨ utthat´ oja 10 anykifejez´es kifejt´es´eben. az (a + b + c) hatv´

B. 5137. Oldjuk meg a k¨ ovetkez˝ o egyenletrendszert a val´os sz´amok k¨ or´eben: x + y2 = z3 ,

Javasolta: Kiss S´ andor (Ny´ıregyh´ aza)

x2 + y 3 = z 4 ,

Feladatok 11. ´ evfolyamt´ ol C. 1642. Az ABCDEF konvex hatsz¨ og szemk¨ozti oldalai p´ arhuzamosak, a h´arom p´arhuzamos oldalp´ ar egym´ast´ ol val´ o t´ avols´ aga megegyezik, ´es az A ´es D cs´ ucs´ an´ al der´eksz¨ og van. Bizony´ıtsuk be, hogy a BE ´es CF ´atl´ ok ´altal bez´ art sz¨ og 45◦ . C. 1643. Sz´ amol´og´ep haszn´ alata n´elk¨ ul hat´ arozzuk meg a (log10 11) · (log11 12) · (log12 13) · . . . · (log99 100) kifejez´es ´ert´ek´et.

x3 + y 4 = z 5 . (4 pont)

Javasolta: R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza)

B. 5138. Az ABC nem egyenl˝o sz´ ar´ u h´ aromsz¨ og A-b´ ol, illetve B-b˝ ol indul´o bels˝o sz¨ogfelez˝ oje a szemk¨ ozti oldalt az A , illetve B  pontban metszi. Bizony´ıtand´ o, olegese akkor ´es csak akkor megy ´at a be´ırt k¨ or k¨ oz´eppontj´an, hogy A B  felez˝omer˝ ha AB  + BA = AB. (5 pont)

❄

Javasolta: Sur´ anyi L´ aszl´ o (Budapest)

B. 5139. Az ABCD konvex n´egysz¨ og ´ atl´ oinak metsz´espontja M . Az ADM h´aromsz¨og ter¨ ulete nagyobb a BCM h´ aromsz¨ og ter¨ ulet´en´el. A n´egysz¨ og √ BC oldal´anak felez˝opontja P , AD oldal´ anak felez˝opontja pedig Q, AP + AQ = 2. Bizony´ıtsuk be, hogy ekkor az ABCD n´egysz¨ og ter¨ ulete kisebb, mint 1.

Beku esi hat´ arid˝ o: 2021. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

(5 pont)

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok (5134–5141.)

B. 5134. Hat´ arozzuk meg az ¨ osszes olyan n eg´esz sz´ amot, amelyre a kifejez´es szint´en eg´esz. (3 pont)



3n−5 n+1

Javasolta: Szalai M´ at´e (Szeged)

B. 5140. Egy szigeten 10 orsz´ag tal´alhat´ o, ezek k¨ oz¨ ul n´emelyek szomsz´edosak egym´ assal, m´ asok nem. Mindegyik orsz´ag egy saj´at valut´at haszn´al. Mindegyik orsz´ agban egyetlen p´enzv´ alt´ o m˝ uk¨ odik, a k¨ ovetkez˝ o szab´ alyok szerint: aki az adott orsz´ ag valut´aj´ab´ ol 10 darabot befizet, az kap az o sszes szomsz´ edos orsz´ ag valut´aj´a¨ b´ ol 1-1 darabot. Arisztid ´es Taszil´ o fejenk´ent 100-100 egys´eggel rendelkeznek mindegyik orsz´ ag valut´aj´ab´ ol. Ezut´ an mindketten a nekik tetsz˝o sorrendben v´ altogatj´ ak a p´enz¨ uket a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o orsz´ agok p´env´ alt´ oiban, am´ıg csak van olyan valut´ajuk, amit tudnak v´ altani (teh´ at legal´abb 10 darab van bel˝ole). Bizony´ıtsuk be, hogy a v´eg´en pontosan ugyanannyi bergeng´ oc tall´erja lesz Arisztidnek ´es Taszil´ onak (a bergeng´oc anak valut´ aja). tall´er a sziget egyik orsz´ag´ (6 pont)

B. 5135. Az ABC hegyessz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og A, B, C cs´ ucsaib´ ol h´ uzott magasagok felez˝ opontjai s´ agok talppontjai rendre A1 , B1 ´es C1 ; az AA1 ´es BB1 magass´ aromsz¨og k¨or¨ ul´ırt k¨ore a´thalad pedig rendre G ´es H. Igazoljuk, hogy a C1 GH h´ az AB oldal F felez˝opontj´an. (4 pont)

(5 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

B. 5141. Bizony´ıtsuk be, hogy  n   n   n n+1 = 22n . i j + 1 i=0 j=i

Javasolta: B´ır´ o B´ alint (Eger)

B. 5136. A kishit˝ uek ´es nagyotmond´ ok sziget´en minden ember vagy kishit˝ u vagy nagyotmond´ o. Egyszer egy k¨ ulf¨ oldi t´evedt a szigetre, ´es egy t´ arsas´ ag megh´ıvta vacsor´ azni. A vacsora v´eg´en megk´erdezte a t´ arsas´ ag mindegyik tagj´ at´ ol, hogy h´ any nagyotmond´ o van a t´ arsas´ agban. A kishit˝ uek az igazs´ agn´al kisebb, a nagyotmond´ ok pedig nagyobb sz´ amot v´ alaszoltak. Igaz-e, hogy a kapott v´alaszok ismeret´eben egy´ertelm˝ uen meghat´ arozhat´ o a nagyotmond´ ok sz´ama?

(6 pont)

Javasolta: Nagy D´ avid (Cambridge)

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2021. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

D¨ urer Verseny egy feladata alapj´an 539

M´esz´ aros G´ abor (Budapest) ¨ otlet´eb˝ ol

540

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok (789–790.)

A. 789. Legyen p(x) = a21 x21 + a20 x20 + . . . + a1 x + 1 eg´esz egy¨ utthat´ os polinom, melynek minden gy¨ oke val´os ´es 1/3-n´ al kisebb abszol´ ut ´ert´ek˝ u. A p(x) polinom minden egy¨ utthat´ oja a [−2019a, 2019a] intervallumba esik egy r¨ogz´ıtett a pozit´ıv eg´esz sz´ amra. Bizony´ıtsuk be, hogy ha p(x) felbonthat´ o k´et alacsonyabb fok´ u eg´esz egy¨ utthat´ os polinom szorzat´ara, akkor legal´abb az egyik szorz´ot´enyez˝ oben mindegyik egy¨ utthat´ o kisebb, mint a. Javasolta: Navid Safaei (Teher´ an, Ir´ an) A. 790. Andr´as ´es Berta a k¨ ovetkez˝ o j´at´ekot j´atssza: adott k´et kupac, az egyikben a, a m´asikban b darab kavics tal´ alhat´ o. Az els˝ o k¨orben Bea v´ alaszt egy k pozit´ıv eg´esz sz´ amot, Andr´ as pedig az egyik kupacb´ol elvesz k darab kavicsot (ha k nagyobb a kupacban l´ev˝ o kavicsok sz´ am´an´al, az eg´esz kupacot elveszi). A m´ asodik k¨ orben ford´ıtott a szereposzt´as: Andr´as mond egy pozit´ıv eg´esz sz´ amot, ´es Berta veszi el a kavicsokat valamelyik kupacb´ ol; ´es ´ıgy tov´abb, felv´ altva. A j´ at´ekot az veszti el, aki elveszi az utols´ o kavicsot. Melyik j´at´ekosnak van nyer˝ o strat´egi´ aja? Javasolta: Imolay Andr´ as (Budapest)

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2021. janu´ ar 10. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄

Kacif´ antos ker´ıt´ es – II. r´ esz

Az els˝ o r´eszben az idei K¨ oz´ep-Eur´ opai Informatikai Di´akolimpia (CEOI) Kacif´ antos ker´ıt´es c´ım˝ u feladat´ at oldottuk meg egy egyszer˝ u, de nem el´eg hat´ekony algoritmussal. A megold´ as a ker´ıt´esen keresett t´eglalapokat u ´gy, hogy v´egighaladt a ker´ıt´eselemeken ´es minden lehets´eges bal fels˝ o cs´ ucs magass´ ag´ ahoz megkereste a legt´ avolabbi jobb als´ o cs´ ucsot, majd egy kombinatorikai k´eplettel megadta az ebben a r´eszben l´ev˝ o t´eglalapokat. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

541

A megold´ as hat´ekonys´ag´ anak n¨ ovel´ese ´erdek´eben a ker´ıt´es egy m´ as feloszt´as´ at kellett tal´ alnunk, ahol nincs sz¨ uks´eg keres´esre. Ez a feloszt´as a ker´ıt´es alakj´ ab´ ol k¨ ovetkezik: azok a cs´ ucsok egy ker´ıt´eselemen, amelyek y koordin´ at´ aja nagyobb mindk´et szomsz´edos ker´ıt´eselem magass´ ag´ an´al csak olyan t´eglalapok cs´ ucsai lehetnek, amelyek abban a ker´ıt´eselemben vannak. Az ezekb˝ol v´ alasztott bal fels˝ o cs´ ucsok jobb als´ o p´arja a ker´ıt´eselem jobb als´ o cs´ ucsa, teh´at azonnal ad´ odik, keres´esre nincs sz¨ uks´eg. N´ezz¨ uk p´eld´ aul a h´ ats´ o bels˝ o bor´ıt´ on megtal´alhat´ o 1. ´ abr´ an a (6, 4), L, K, J n´egysz¨oget. A rajta tal´ alhat´ o t´eglalapok y > 4 koordin´ at´ aj´ u bal fels˝o cs´ ucsaihoz csak olyan jobb als´o cs´ ucsok tartozhatnak, amelyek csak ezen a ker´ıt´eselemen lehetnek, a legt´ avolabbi jobb als´ o cs´ ucs a (8, 0). Ugyanakkor az is l´ atszik, hogy az y  4 koordin´ at´ aj´ u cs´ ucsok csak olyan t´eglalapok jobb als´o cs´ ucsai lehetnek, amelyek bal fels˝ o cs´ ucsa ebben a ker´ıt´eselemben van, ´es a bal fels˝o cs´ ucs y koordin´ at´ aja 4-n´el nagyobb. Miut´ an megsz´amoltuk az y > 4 bal fels˝o cs´ ucsokhoz tartoz´ o t´eglalapokat, ezeket a pontokat elhagyhatjuk, mivel jobb als´ o cs´ ucsk´ent is m´ ar megsz´amoltuk o˝ket. Teh´at a sz´ amol´as ut´an a ker´ıt´es egyszer˝ us´ıthet˝ o: a szomsz´edai k¨ oz¨ ul kiemelked˝ o ker´ıt´eselem mindk´et szomsz´edj´an´ al magasabban fekv˝ o cs´ ucsai elhagyhat´ ok. ´Igy egy olyan ker´ıt´eselem¨ unk marad, amely valamelyik szomsz´edj´aval azonos magass´ag´ u. abAz el˝obbi p´eld´ aban a J ´es K cs´ ucsokkal hat´ arolt ker´ıt´eselem fels˝o vonal´at a tov´ biakban a (6, 4) ´es L cs´ ucsok alkotj´ ak. Az el˝oz˝ o l´ep´es tov´abb folytathat´ o: a (6, 3), N, M, (6, 4) t´eglalap (amely m´ar k´et ker´ıt´eselem r´esze) y > 3 cs´ ucsaival k´epzett t´eglalapok megsz´amol´asa ut´ an az y > 3 cs´ ucsok elhagyhat´ ok. Folytat´ ask´ent az I, (12, 2), P, (6, 3) t´eglalap, majd a (0, 1), Q, (12, 2), (0, 2) t´eglalap k¨ ovetkezik. Ez az utols´ o l´ep´es term´eszetesen csak akkor k¨ovetkezhet, ha a (0, 2) ´es HGF EDBC cs´ ucsok a´ltal hat´ arolt r´eszben l´ev˝o t´eglalapokat m´ ar megsz´amoltuk. Ezek az elhagy´ asok addig folytathat´ ok, am´ıg ol. Az ezen tal´ alhat´ o t´eglalapok megsz´amol´asa v´eg¨ ul egy t´eglalap marad a ker´ıt´esb˝ az el˝oz˝ oekhez hasonl´ oan t¨ ort´enhet. A bemutatott elj´ ar´ as minden l´ep´es´eben egy kiemelked˝ o” t´eglalapot kapunk, ” amelynek als´o ´es jobb oldala kiv´etel´evel minden pontja olyan t´eglalapok bal fels˝o cs´ ucsa, melyekhez csak az adott kiemelked´esben ´es alatta tal´ alhat´ oak a sz´ amol´asn´ al figyelembe veend˝ o jobb als´ o cs´ ucsok. Az el˝obbi p´eld´ aban bemutatott (6, 4), L, K, J t´eglalap eset´eben a (b, f ) bal fels˝o cs´ ucsok koordin´ at´ aira igaz, hogy 6  b < 8 ´es 4 < f  6, ´es a hozz´ ajuk tartoz´ o (j, a) jobb als´ o cs´ ucsok koordin´ at´ aira teljes¨ ul, hogy b < j  8 ´es 0  a < f . N´ezz¨ uk ´altal´ anosan, teh´ at legyen egy, az elj´ar´ asban tal´ alt t´eglalap bal fels˝o o cs´ ucsa (jobb, lent). Az elhagy´ asa el˝ ott megsz´ amoland´ o cs´ ucsa (bal, fent) ´es jobb als´ t´eglalapok (b, f ) bal fels˝o cs´ ucs´ anak koordin´at´ aira teljes¨ ul, hogy bal  b < jobb ´es lent < f  fent, m´ıg (j, a) jobb als´ o cs´ ucsainak koordin´at´ aira igaz, hogy b < j  jobb ´es 0  a < f . Egy adott (b, f ) bal fels˝o cs´ ucshoz tartoz´o t´eglalapok sz´ ama teh´ at (jobb − b) · (f − 0). Ezeket ¨ osszegezve a lehets´eges (b, f ) cs´ ucsokra a t´eglalapok sz´ ama: jobb−1 fent   (jobb − b) · (f − 0). b=bal f =lent+1

542

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Ebben az ¨ osszegben minden el˝ ofordul´ o (jobb − b) t´enyez˝ ot megszorzunk minden f ´ert´ekkel. A szorz´as ´es az ¨ osszead´ as asszociativit´ asa k¨ovetkez´eben ezt u ´gy is v´egezhetj¨ uk, hogy el˝osz¨ or ¨ osszegezz¨ uk a t´enyez˝ oket k¨ ul¨on-k¨ ul¨on, majd az ´ıgy kapott mennyis´egeket szorozzuk ¨ ossze. Teh´ at a kifejez´es kevesebb szorz´ assal f¨ol´ırva: jobb−1  b=bal

(jobb − b) ·

fent 

f.

f =lent+1

Ebben k´et sz´ amtani sorozat szorzata szerepel, teh´at az ¨osszegk´eplet alapj´an az eredm´eny: (jobb − bal + 1) · (jobb − bal) (lent + 1 + fent) · (fent − lent) · . 2 2 A t´eglalapok megsz´amol´as´at teh´at megkapjuk a fenti eredm´eny alapj´ an. Most m´ ar csak az a k´erd´es, hogy mik´ent tal´ aljuk meg az elhagyhat´ o” ker´ıt´esr´eszeket, ” amelyek a szomsz´edos ker´ıt´esr´eszekn´el magasabbak. Az algoritmus nem v´egezhet a ker´ıt´eselemeken a´tny´ ul´ o keres´est, teh´ at p´eld´ aul a ker´ıt´eselemek eredeti sorrendj´eben kellene haladnia. 1. feladat: Vizsg´aljuk meg az 1. ´ abr´ at, ´es vegy¨ uk ´eszre, hogy milyen jellemz˝o tulajdons´ agok alapj´an tal´ aljuk meg a keresett kiemelked´eseket! Haladjunk a ker´ıt´es fels˝ o vonal´an. Az els˝o kiemelked´es a (2, 3), F, E, D, amelyet az F cs´ ucs z´ ar. Ezt a r´eszt elhagyva ´es a ker´ıt´es vonal´ an lefel´e haladva a (4, 3) pontban ´er¨ unk a C cs´ ucs magass´ ag´ aba, ´ıgy a C, (4, 3), G, (2, 4) t´eglalapot tal´ aljuk. Ennek lev´ag´ asa ut´ an a ker´ıt´es vonal´ an tov´ abb menve a H cs´ ucsban ´er¨ unk egy kiemelked´es legjobboldalibb ´es legals´ o pontj´ ahoz, ´ıgy elhagyhatjuk a (0, 2), H, (4, 3), B t´eglalapot. Megfigyelhet˝o, hogy a ker´ıt´es vonal´ an egy cs´ ucst´ ol az alatta l´ev˝ o cs´ ucsig haladva tal´alunk olyan pontot, amely egy kiemelked´es jobb als´ o sarka. A megtal´al´ashoz csak azt kell tudnunk, hogy a vizsg´ alt ker´ıt´esr´esz jobb oldal´ ahoz melyik bal oldal tartozik. N´ezz¨ uk a bor´ıt´ on l´ev˝ o 2. ´ abr´ at. Az els˝ o lefel´e halad´as az EF szakaszon t¨ ort´enik, ahol az F cs´ ucs egy jobb als´ o sarok, melynek bal als´ o p´arja a kiemelked´es bal oldal´ an, a CD szakaszon tal´alhat´ o. Sz´amoljuk meg a tal´ alt ker´ıt´esr´eszhez tartoucsokat, ´es vegy¨ unk f¨ol egy u ´j cs´ ucsot, z´ o t´eglalapokat, majd hagyjuk el a D ´es E cs´ an a k¨ ovetkez˝ o lefel´e halad´as a GH szakaszon t¨ort´enik, a bal D -t. A ker´ıt´es vonal´ oldal pedig tov´ abbra is a CD szakaszra esik, ´ıgy a G C szakasz feletti r´esz t´eglalapucsok elhagyhat´ ok. Az ´abr´ an a kiemelked´esek jai megsz´amoland´ ok ´es a D , F , G cs´ jobb als´ o cs´ ucs´ at´ ol a bal als´ o cs´ ucs´ aig egy-egy ny´ıl mutat. Tov´ abbhaladva a ker´ıt´es vonal´ an lefel´e a H pontba jutunk, azonban a hozz´ a tartoz´ o bal oldal m´ar nem a CD egyenesre esik, hanem az att´ ol balra es˝o AB szakaszra. Ez ´eppen az a r´esz, ahol a CD szakaszt megel˝oz˝ oen f¨olfel´e haladtunk. ´Igy l´ athat´ o, hogy a ker´ıt´es vonal´ an a f¨ olfel´e ´es lefel´e halad´o mozg´asok szakaszai p´arba all´ıthat´ ´ ok. Ha tov´ abbhaladunk a ker´ıt´es vonal´ an, akkor megfigyelhetj¨ uk ezeket a p´ arokat az IJKLM N OP Q r´eszen haladva is. Itt az utols´ o szakaszon lefel´e mozogva a Q ponthoz tartoz´ o bal als´ o cs´ ucs ism´et az AB szakaszra esik, miut´an ol¨ otti ker´ıt´esr´eszt is elhagytuk. az P  I f¨ K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

543

2. feladat: Adjuk meg, hogyan lehetne k¨ onnyen megtal´ alni egy-egy kiemelke” d´es” jobb als´o cs´ ucs´ ahoz a bal als´ o cs´ ucsot, teh´ at a 2. ´ abr´ an jel¨ olt nyilak v´egpontj´ at! Induljunk el a ker´ıt´es bal als´o cs´ ucs´ at´ ol f¨ olfel´e ´es haladjunk v´egig a ker´ıt´es vonal´ an annak jobb oldali legals´o cs´ ucs´ aig. Minden f¨ olfel´e halad´asnak megvan a lefel´e halad´ as p´ arja a ker´ıt´es vonal´ an val´o mozg´as sor´ an. Ezek a p´ arok alkotj´ak a kiemelked´esek bal ´es jobb oldali szakasz´at. A p´ arok u ´gy k¨ ovetkeznek a ker´ıt´es vonal´ an, mint egy kifejez´es nyit´ o ´es csuk´ o z´ ar´ ojelei, vagyis egym´ asba a´gyazva. Ha egy felfel´e mozg´as megel˝oz egy m´asikat, akkor a hozz´ a tartoz´ o lefel´e halad´as k´es˝ obb j¨ on, a m´asikhoz tartoz´ o lefel´e mozg´as ut´an. Ez egy helyesen z´ar´ojelezett kifejez´esn´el is pontosan ´ıgy van. Amikor egy kifejez´est ki´ert´ekel¨ unk, akkor a legbels˝ o z´ ar´ ojelben l´ev˝ o r´eszt sz´ amoljuk ki, majd a z´ar´ ojeleket elhagyva folytatjuk a sz´ amol´ast. Itt pontosan ugyanezt kell tenn¨ unk, csak a kifejez´es helyett a t´eglalapok megsz´amol´ as´at v´egezz¨ uk el, majd a kiemelked˝ o r´eszt elhagyjuk, ahogyan a kifejez´esn´el a z´ar´ ojeleket. Az egym´asba a´gyaz´ as, a bels˝ o p´ arok elhagy´asa azt sugallja, hogy haszn´ aljunk vermet a bal oldali szakaszok t´arol´ as´ ara. A verem tetej´en mindig az a szakasz lesz, amelynek jobb oldali p´arja els˝ ok´ent k¨ ovetkezik. A ker´ıt´es vonal´ an val´o halad´ as sor´ an minden felfel´e mozg´as egy u ´j p´ ar bal oldal´at helyezi a veremre, m´ıg a lefel´e halad´ as egy p´art vesz majd ki a veremb˝ol. Illetve ez csak akkor teljes¨ ul, ha a felfel´e ´es lefel´e halad´as ugyanolyan magasr´ ol indult, teh´ at p´eld´ aul a 2. ´ abr´ an az RST U ´ ucst´ ol f¨ olfel´e kiemelked´esn´el. Altal´ aban kicsit ¨ osszetettebb a helyzet. P´eld´ aul az I cs´ mozogva el˝ osz¨ or tegy¨ uk a verem tetej´ere az IJ szakaszt, majd a KL szakaszon lefel´e haladva a verem tetej´en l´ev˝ o szakaszt cser´elj¨ uk az IJ  szakaszra. Tov´abbhaladva a ker´ıt´esen az M N szakaszon lefel´e v´ altoztassuk a verem tetej´en l´ev˝ o szakaszt abbl´epve a P P  szakaszon lefel´e haladva vessz¨ uk ki az IJ  szakaszt I  J-re. Innen tov´ a veremb˝ol. Figyeln¨ unk kell teh´ at, hogy a lefel´e mozg´asok sor´ an a verem tetej´en l´ev˝ o szakasz als´ o cs´ ucsa ´es a lefel´e mozg´as szakasz´anak als´ o cs´ ucsa hogyan viszonyul egym´ ashoz. Innen l´ atszik, hogy elegend˝ o a veremben a felfel´e halad´o szakaszok als´ o cs´ ucs´ at elhelyezni, a fels˝ o cs´ ucsra nincs sz¨ uks´eg. A program elk´esz´ıt´es´ehez el˝ osz¨ or be kell olvasnunk az adatokat, majd azokb´ ol meg kell adnunk a ker´ıt´es vonal´ an halad´ askor ´erintett cs´ ucsokat. Az 1. ´ abr´ an ezeket a cs´ ucsokat bet˝ ukkel jel¨ olt¨ uk, melyeken ABC rendben fogunk v´egighaladni. Ezek a cs´ ucsok a bemenetk´ent kapott ker´ıt´eselemek magass´ ag´ ab´ ol ´es sz´eless´eg´eb˝ ol sz´ am´ıthat´ ok, a bemenet sorrendj´eben k¨ ovetik egym´ast. ´Igy a bemenet feldolgoz´ asakor egy line´aris fut´ asidej˝ u algoritmussal megadhatjuk a cs´ ucsokat. Ennek a proguk a tov´ abbiakban, hogy ramr´esznek az elk´esz´ıt´es´et az olvas´ ora b´ızzuk. Felt´etelezz¨ a k¨ovetkez˝ o programr´eszek fut´ asa el˝ ott m´ ar rendelkez´es¨ unkre ´all egy 2N + 2 m´eret˝ u pont[0..2N+1] t¨ omb, amely sorrendben tartalmazza a ker´ıt´es vonal´ an ´erintett cs´ ucsok (x, y) koordin´ at´ ait. Ezen el˝ok´esz´ıt´es ut´ an k¨ ovetkezzen a ker´ıt´es vonal´ anak bej´ar´ asa. Vegy¨ unk f¨ ol egy v vermet, amely a pont[ ] t¨ omb cs´ ucsainak sorsz´ am´at t´ arolja, azaz a fut´ as sor´ an legf¨oljebb 2N + 1 cs´ ucs index´et. Helyezz¨ unk a verem tetej´ere egy 0-t, az els˝o cs´ ucs sorsz´ am´at. Amikor ez a cs´ ucs kiker¨ ul a verem tetej´er˝ ol, akkor bej´ artuk a ker´ıt´es ok teljes vonal´at, teh´ at az u uveletsor v´eg´et. A bal ´es jobb v´ altoz´ ¨res verem jelzi a m˝

544

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

mutatj´ ak, hogy a bej´ ar´ as melyik cs´ ucsokat vizsg´alja. Kezdetben az els˝ o ker´ıt´eselem k´et fels˝ o pontj´anak sorsz´ am´at tartalmazz´ak. 1. F¨ uggv´ eny KacifantosKerites2(N,h[0..N-1],w[0..N-1]) : Eg´esz 2. BeolvasasCsucsepites(N,h,w,pont) 3. darab := 0 4. v.Verembe(0) 5. bal := 1 6. jobb := 2 ¨ 7. Ciklus am´ıg nem v.Ures()

A v´egeredm´enyt ad´ o f¨ uggv´enyt t¨ obb r´eszletben ´ırjuk le, teh´at az algoritmusr´eszletek ´es magyar´ azatok felv´altva k¨ ovetik egym´ast. A jobb ´erthet˝ os´eg ´erdek´eben a f¨ uggv´eny sorait sz´ amozzuk. A ciklusmagban egy el´ agaz´as szerepel, amelyben el˝osz¨ or meg´allap´ıtjuk, hogy a ker´ıt´esen t¨ ort´en˝ o mozg´as a jobb ´es az ut´ana k¨ovetkez˝ o cs´ ucs k¨ oz¨ ott milyen ir´ any´ u. Ha felfel´e haladunk a ker´ıt´es vonal´ an, akkor vermelj¨ uk a jobb oldali als´ o cs´ ucsot, vagyis megjegyezz¨ uk, hogy itt van egy ker´ıt´esr´esz bal oldali als´ o cs´ ucsa, majd tov´ abbl´ep¨ unk a k¨ ovetkez˝ o ker´ıt´eselemre. Ha azonos magass´ ag´ u ker´ıt´eselemek vannak egym´ as mellett, akkor egyszer˝ uen a´tmegy¨ unk a k¨ovetkez˝ ore. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.

Ha pont[jobb].y < pont[jobb+1].y akkor v.Verembe(jobb) bal := jobb+1 jobb := jobb+2 egy´ ebk´ ent ha pont[jobb].y = pont[jobb+1].y akkor jobb := jobb+2 egy´ ebk´ ent

Az el´agaz´as utols´o r´esze a legink´ abb ¨ osszetett, vagyis amikor lefel´e haladunk a ker´ıt´es vonal´ an, teh´at amikor pont[jobb] > pont[jobb+1]. Ekkor h´ arom esetet k¨ ul¨ onb¨ oztet¨ unk meg aszerint, hogy a verem tetej´en l´ev˝ o cs´ ucs milyen magasan van a jobb ut´ an k¨ ovetkez˝ o cs´ ucshoz k´epest. 15. 16. 17. 18. 19.

Ha pont[v.Fels˝ o()].y > pont[jobb+1].y akkor szamol(darab,pont[v.Fels˝ o()].x, pont[jobb].y, pont[jobb].x, pont[v.Fels˝ o()].y) pont[jobb].y := pont[v.Fels˝ o()].y v.Veremb˝ ol() bal := v.Fels˝ o()+1

Amikor a verem tetej´ehez tartoz´o cs´ ucs van magasabban, akkor csak az o˝ magass´ ag´ aig l´ev˝ o t´eglalapot mint kiemelked´est sz´ amoljuk meg ´es hagyjuk el. A p´eld´ aban ilyen eset a GH szakaszon t¨ ort´en˝ o lefel´e mozg´as. Ekkor a veremben az A ´es a C cs´ ucs indexe van, a tetej´en a C cs´ ucs sorsz´ ama. Mivel a C cs´ ucs magasabban van, mint a G cs´ ucs, ez´ert a jobb indexn´el l´ev˝ o G cs´ ucsot m´ odos´ıtjuk G -re (ezzel hagytuk el a kiemelked´est), majd kivessz¨ uk a veremb˝ol a C cs´ ucs sorsz´ am´at, ahol most egyed¨ ul az A cs´ ucs indexe van. Ezut´an megadjuk a bal v´ altoz´ oban a bal oldali felfel´e men˝ o r´esz fels˝ o cs´ ucs´ anak index´et, a p´eld´ aban a B cs´ ucsot. ´Igy a folytat´ ask´ent sz´ oba j¨ ohet˝ o kiemelked´es a bal oldala az AB szakasz, jobb oldala a G H szakasz. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

545

20. 21. 22. 23. 24. 25. 26.

egy´ ebk´ ent ha pont[v.Fels˝ o()].y = pont[jobb+1].y akkor szamol(darab, pont[v.Fels˝ o()].x, pont[jobb].y, pont[jobb].x, pont[v.Fels˝ o()].y) v.Veremb˝ ol() ¨ Ha nem v.Ures() akkor bal := v.Fels˝ o()+1 jobb := jobb+2 El´ agaz´ as v´ ege

Amikor a verem legfels˝ o eleme a´ltal hivatkozott cs´ ucs azonos magass´ agban van a lefel´e mozg´as als´ o cs´ ucs´ aval, akkor a kiemelked´es megsz´ amol´asa ut´ an elhagyjuk ezt a ker´ıt´esr´eszt, vagyis kivessz¨ uk a veremb˝ol a tetej´en l´ev˝ o elemet ´es tov´abbl´ep¨ unk el˝ore a jobb v´ altoz´ oval. Term´eszetesen ezt csak akkor tehetj¨ uk meg, ha nem a 0-´ as cs´ ucsot vett¨ uk ki a veremb˝ol, hiszen azzal m´ar befejezt¨ uk a bej´ ar´ ast. Az a´br´ an p´eld´ aul az RST U kiemelked´esn´el az R cs´ ucsra mutat a verem fels˝o sz´ ama ´es a T U szakaszon mozgunk lefel´e. Ekkor a sz´amol´as ut´an a verem tetej´en az A cs´ ucs ucsra, m´ıg a jobb a V cs´ ucsra hivatkozik. sorsz´ ama tal´alhat´ o, a bal v´ altoz´ o a B  cs´ 27. egy´ ebk´ ent 28. szamol(darab, pont[v.Fels˝ o()].x, pont[jobb].y, pont[jobb].x, pont[jobb+1].y) 29. pont[bal].y := pont[jobb+1].y 30. jobb := jobb + 2 31. El´ agaz´ as v´ ege 32. El´ agaz´ as v´ ege 33. Ciklus v´ ege 34. KacinfatosKerates2 := darab 35. F¨ uggv´ eny KacifantosKerites2 v´ ege

A harmadik eset az a lehet˝ os´eg, amikor a verem teteje a´ltal mutatott cs´ ucs magass´ aga kisebb, mint a lefel´e mozg´as als´ o cs´ ucs´ anak magass´ aga. Ekkor szint´en megsz´ amoljuk a kiemelked˝ o t´eglalapr´eszben l´ev˝ o t´eglalapokat, majd a bal oldali szakasz fels˝o cs´ ucs´ anak magass´ ag´ at ´ all´ıtjuk a jobb oldali szakasz als´ o cs´ ucs´ anak magass´ ag´ara. Ez t¨ ort´enik a p´eld´ aban, amikor az M N szakaszon mozgunk lefel´e, ´es ucsb´ol a J  cs´ ucsba l´ep¨ unk. a J  cs´ A megold´ ast ad´ o f¨ uggv´eny a ciklus befejez´ese ut´ an nem tesz m´ast, mint a megsz´ amolt t´eglalapok darab v´ altoz´ oban l´ev˝ o ´ert´ek´et visszaadja. Ehhez az algoritmusban t¨obbsz¨or is szerepl˝o szamol(darab,bal,fent,jobb,lent) f¨ uggv´enyt h´ıvja meg minden kiemelked˝ o r´esz elhagy´ asa el˝ ott. A f¨ uggv´enyben csak szorz´as ´es 2-vel val´ o oszt´as szerepel a kor´abban kisz´ am´ıtott k´eplet alapj´ an. Csup´ an arra kell u unk, ¨gyeln¨ hogy a kifejez´esben l´ev˝ o mennyis´egek szorzata igen nagy lehet, ez´ert t´ ulcsordul´ as t¨ort´enhet. Ennek elker¨ ul´es´ere a mennyis´egek 1 000 000 007-tel vett marad´ekait kell szoroznunk, illetve a szorzat marad´ek´ at hozz´aadnunk a darab eddigi ´ert´ek´ehez. Ennek a f¨ uggv´enynek a meg´ır´ as´at is az olvas´ ora b´ızzuk azzal a megjegyz´essel, hogy al figyelj¨ unk arra, hogy a szorzatok t´enyez˝ oi k¨ oz¨ ul a 2-vel val´ o marad´ekos oszt´asn´ csak a p´arosakat osszuk. Ezen algoritmus l´ep´essz´ ama a bemenet N elemsz´ am´aval ar´anyos, teh´ at a program line´aris fut´ asidej˝ u, ´ıgy a versenyen is meg´ allta volna a hely´et hat´ekonys´ag szempontj´ ab´ol is. Schmieder L´ aszl´ o 546

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Informatik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

I. 523. Andr´as egy szab´ alyos soksz¨ og cs´ ucsaiba pozit´ıv eg´esz sz´ amokat ´ırt f¨ ol egym´as ut´an, az o´ramutat´o j´ar´ as´ aval azonos ir´anyban haladva. Ezut´ an az els˝o cs´ ucsn´ al l´ev˝ o sz´ am´ u l´ep´est tett a cs´ ucsokon elindulva ett˝ol a cs´ ucst´ ol az ´oramutat´ o j´ar´ as´aval ellent´etes ir´ anyba. Meg´erkezett egy cs´ ucshoz, majd innen kiindulva az el˝oz˝ o ir´ annyal ellent´etes ir´ anyba l´epett a cs´ ucsn´ al l´ev˝ o sz´amnak megfelel˝ o sz´am´ u l´ep´est. Ism´et meg´erkezett egy cs´ ucshoz, ahonnan elindult az el˝ oz˝ o ir´annyal ellent´etes ir´ anyba, ´es ism´et a cs´ ucsn´al l´ev˝ o sz´ amnak megfelel˝ o sz´ am´ u l´ep´est tett. Ezt a folyamatot eg´eszen addig folytatta, am´ıg egy olyan cs´ ucsba nem ´ert, ahol m´ar kor´ abban is j´ art. an megadja, hogy melyik K´esz´ıts¨ unk programot, amely a sz´ amsorozat alapj´ sz´ am a´ll ann´ al a cs´ ucsn´al, ahol befejez˝ od¨ ott a folyamat.

Rendelkez´es¨ unkre ´all egy 15 szintb˝ol a´ll´ o piramis t´ aj´ekoztat´ o anyag´ ab´ ol a szinteket o¨sszek¨ot˝ o l´epcs˝ ok sz´ama a piramis.txt tabul´ atorral tagolt, UTF-8 k´ odol´as´ u ´allom´anyban. ´ Armin b´acsi ´es Jancsi u ´tvonal-kijel¨ ol´es´et seg´ıts¨ uk t´ abl´ azatkezel˝ ovel. ´ 1. Armin b´ acsi k´ıv´ ans´ ag´ anak megfelel˝oen sz´ am´ıtsuk ki, hogy h´any l´epcs˝ ob˝ ol ´ all a leglassabb u ´tvonal. 2. Adjuk meg, hogy a f¨ urge Jancsi legkevesebb h´any l´epcs˝ ofokon juthat fel a piramis tetej´ere. 3. Szeml´eltess¨ uk felt´eteles form´ az´ as haszn´alat´ aval a k´et u ´tvonalat.

A standard bemenet els˝ o sor´ aban a sz´ amok N darabsz´ ama ´all (N ´ert´eke legf¨ oljebb 100), m´ıg a m´asodik sor´ aban N darab pozit´ıv eg´esz (egyik sem nagyobb 500-n´ al). A standard kimenet egyetlen sor´ aba ´ırjuk az ann´ al a cs´ ucsn´ al l´ev˝ o sz´amot, ahol befejez˝od¨ ott a folyamat. P´elda: Bemenet 5 13 9 11 12 15

Kimenet 13

Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i523.zip ´ allom´anyban a program forr´ ask´odja ´es r¨ ovid dokument´ aci´ oja, amely megadja, hogy a forr´ as´allom´any melyik fejleszt˝oi k¨ ornyezetben ford´ıthat´ o. ´ I. 524. Armin b´ acsi ´es unok´aja, Jancsi elutazott a f´ ara´ok a´ltal ´ep´ıttetett piramisok megcsod´ al´as´ara. Az egyik piramist szeretn´ek megm´ aszni, ami j´ o er˝ onl´etet ig´enyel t˝ ol¨ uk. A piramis hatalmas faragott k˝ot¨ omb¨okb˝ ol a´ll, amelyek egym´ asra ´ep¨ ul˝ o szinteket alkotnak. A piramis egyik oldal´ an az egym´ast k¨ovet˝o szinteket t¨obb p´ arhuzamos l´epcs˝ osor is ¨ osszek¨ oti, amelyek k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o sz´ am´ u l´epcs˝ ot tartalmaznak. abb, hanem Egyik szintr˝ ol a k¨ ovetkez˝ o szintre ´erve a l´epcs˝ osor nem folytat´odik tov´ a t˝ ole balra vagy jobbra es˝ ou ´j l´epcs˝ osoron lehet tov´abbhaladni. A turist´ akat t´ aj´ekoztat´ o anyagban megtal´alhat´ o, hogy a szinteket o¨sszek¨ot˝ o ´ l´epcs˝ osorok h´ any darab l´epcs˝ ob˝ ol ´ allnak. Armin b´ acsi a lassabb, ´ıgy ˝o az o¨sszesen legt¨ obb l´epcs˝ ob˝ ol ´ all´o u ´tvonalat szeretn´e v´ alasztani, m´ıg a gyorsabb Jancsi a legkevesebb˝ ol a´ll´ ot. A p´eld´ aban az u ´tvonalat fel¨ ulr˝ ol lefel´e a l´epcs˝ ok sz´ama adja meg.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

551

A t´abl´ azatot k´esz´ıts¨ uk fel arra, hogy a piramis 15 szintje ugyan v´altozatlan, de a l´epcs˝ ok sz´ama a szintek k¨ oz¨ ott a folyamatos pusztul´ as ´es renov´al´as k¨ ovetkezt´eben v´altozhat. A megold´ ast hivatkoz´ asokkal k´esz´ıts¨ uk el, hogy a v´ alasz az adatok m´ odos´ıt´asait k¨ovesse. Seg´edsz´ am´ıt´ asokat az R oszlopt´ ol jobbra v´egezhet¨ unk, melyek ´ertelmez´es´et feliratokkal seg´ıts¨ uk. Bek¨ uldend˝o egy t¨ om¨ or´ıtett i524.zip ´ allom´anyban a munkaf¨ uzet, valamint egy r¨ovid le´ır´as, amelyben szerepel az alkalmazott t´abl´ azatkezel˝ o neve ´es verzi´osz´ ama. Let¨olthet˝ o a´llom´any: piramis.txt. ´ Egy frissen alakult tanfolyamszervez˝o c´eg szeretne seg´ıteni a koI. 525 (E). any ronav´ırus miatt elbocs´ atott embereken, ez´ert igen kedvezm´enyes a´ron j´on´eh´ tanfolyamot ind´ıtana. A szervez˝ok egy adatb´ azist hoztak l´etre a szervez´es megk¨onny´ıt´es´ere. Az adatb´azis h´ arom t´ abl´ ab´ol ´ all: ´ AFA-kulcs: ´ OKJ (logikai): Azt jelzi, hogy az AFA-kulcs OKJ-s tanfolyamra vonatkozik-e (ez a kulcs). ´ ´ AFA (Sz´am): Az AFA kulcsa sz´azal´ek form´ atumban. 552

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Jelentkez´esek: Sorsz´am (Sz´ am): Az adott jelentkez˝ o sorsz´ ama (ez a kulcs). am): Annak a tanfolyamnak az azonos´ıt´oja, amelyen ez a jeTanfolyam Az (Sz´ lentkez˝ o szeretne tanulni. N´ev (Sz¨ oveg): A jelentkez˝ o neve. El˝ oleg (Sz´ am): A jelentkez´eskor befizetett el˝ oleg.

9. Adjuk meg a c´eg bev´etel´et u ´gy, hogy m´ar visszafizett´ek azok el˝oleg´et, akik tanfolyam´ at lemondt´ak, ´es a t¨ obbiek mind befizett´ek a teljes tanfolyamd´ıjat. (09bev´etel) ´ A-t ´ kell a c´egnek befizetnie a bev´etele alapj´ 10. Sz´am´ıtsuk ki, hogy mennyi AF an. ´ (10AFA)

Tanfolyamok: Azonos´ıt´ o (Sz´ am): A tanfolyam azonos´ıt´ oja (ez a kulcs). Megnevez´es (Sz¨ oveg): A tanfolyam neve. am): Az adott tanfolyamra legfeljebb ennyien tudnak jelentMax l´etsz´am (Sz´ kezni. ´ A-s ´ a´rat) kell kifizetnie ´ (Sz´ Ar am): A tanfolyamra jelentkez˝ onek ezt a brutt´ o (AF a r´eszv´etel´ert. OKJ-s (logikai): Azt jelzi, hogy a tanfolyam OKJ-s-e.

Bek¨ uldend˝o egy i525.zip t¨ om¨ or´ıtett mapp´ aban az adatb´azis, illetve egy r¨ ovid dokument´ aci´ o, amelyben szerepel a megold´ askor alkalmazott adatb´ azis-kezel˝ o neve, verzi´ osz´ ama.

Nem akarj´ ak, hogy valaki a kijelz˝on a j´ arat´ at megl´atva felsz´ alljon egy ugyananyr´ol, de kor´ abban indul´o vonatra. Ez´ert egy vonat indul´as´ ar´ ol sz´ol´o arr´ ol a v´ ag´ inform´aci´ ot addig nem jelen´ıtik meg, am´ıg az o anyr´ol kor´ ab¨sszes, vele azonos v´ag´ ban indul´ o vonat el nem hagyta az a´llom´ast. Adjuk meg minden sorra a bemenet sorrendj´eben, melyik az az els˝ o id˝ opont, amikor a vonat indul´as´ ar´ ol sz´ol´o inform´ aci´ o megjelen´ıthet˝ o. Minden vonat id˝oben indul. Ha k´et vonat egyszerre hagyja el az a´llom´ast, akkor azok biztosan k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o v´ag´anyr´ol indulnak.

A t´ abl´ ak kapcsolat´ at ez az a´bra mutatja:

Hozzunk l´etre i525 n´even egy adatb´ azist. Import´ aljuk az UTF-8 k´ odol´as´ u, a t´abl´ ak nev´evel megegyez˝ o nev˝ u sz¨ovegf´ aj¨ lokb´ ol az adatokat. Ugyelj¨ unk a kapcsolatok megad´as´ ara. Az adatt´ abl´ ak tartalma egy adott napi, mondjuk janu´ ar 11-ei a´llapot´ at tartalmazza az addigi jelentkez´eseknek. K´esz´ıts¨ uk el az al´ abbi k´erd´esekre v´ alaszol´ o lek´erdez´eseket, ´es a z´ ar´ ojelben adott n´even ments¨ uk o˝ket. 1. Adjuk meg, hogy aznapig h´anyan jelentkeztek az egyes tanfolyamokra. (01l´etsz´amok) 2. Adjuk meg az OKJ-s tanfolyamok nev´et. (02OKJ) 3. Adjuk meg, hogy melyik a k´et legdr´ ag´ abb tanfolyam. (03legdr´ag´abbak) 4. Adjuk meg, hogy melyik a legolcs´obb OKJ-s tanfolyam. (04legolcs´obbOKJ) 5. Adjuk meg, hogy az egyes tanfolyamokn´al a f´er˝ ohelyek h´ any sz´ azal´ek´ ara jelentkeztek m´ ar. (05tel´ıtetts´eg) 6. Adjuk meg, melyik tanfolyamok teltek m´ar be. (06betelt) 7. Azokat a tanfolyamokat a c´eg visszamondja, amelyekre nem jelentkezik legal´abb a maxim´ alis l´etsz´ am fele. Adjuk meg, melyek ezek a tanfolyamok. (07lemond´as) 8. Adjuk meg n´evsorba rendezve azon jelentkez˝ ok nev´et ´es befizetett el˝ oleg´et, akiknek a lemond´as miatt vissza kell azt fizetni. (08el˝ olegvissza) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

I/S. 49. Egy forgalmas vas´ ut´ allom´ason egy nagy kijelz˝on t´ aj´ekoztatj´ ak az utasokat az indul´ o vonatokr´ ol. A vonatokat indul´asi sorrendben jelen´ıtik meg. Minden j´arat egy u ´j sorba ker¨ ul, mely tartalmazza az indul´ asi id˝ot, a j´ arat azonos´ıt´ oj´at, nev´et ´es a v´ag´anyt, amelyikr˝ ol majd indulni fog.

553

Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza a ma indul´o j´ aratok N sz´ am´at. Minden tov´abbi sor egy-egy j´ aratot ´ır le. Az els˝o mez˝ o az indul´asi id˝ o´ ora:perc form´ atumban. Ut´ ana az azonos´ıt´ o ´es a j´ arat neve k¨ ovetkezik. Ezek az angol abc kis- ´es nagybet˝ uib˝ol ´allnak. A n´ev tartalmazhat ezen fel¨ ul sz´ ok¨ ozkaraktert is. Az utols´ o mez˝o ol a vonat indul. a v´ag´any v sorsz´ ama, melyr˝ Kimenet: N sort kell ki´ırni: a k-adik sor megadja a k-adik j´arat lehets´eges legkor´abbi indul´ asi id˝ opontj´at. Ha az adott vonat az els˝ o, amelyik a v´ ag´ anyt azon a napon haszn´alja, akkor a 0:00 id˝ opontot kell ki´ırni. P´elda: Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıt) 5 8:00 AT01 Budapest Vienna 3 / 12:00 AT01 Budapest Vienna 5 13:02 HR205 Zagreb 12 / 16:00 AT01 Budapest Vienna 3 15:02 HR205 Zagreb 12

Kimenet 0:00 / 0:00 / 0:00 / 8:01 13:03

Korl´ atok: 1  N  105 , 0  h  23, 0  m  59, 1  v  100. Id˝ okorl´ at: 0,5 mp. ´ ekel´es: a pontok 40%-a kaphat´ Ert´ o, ha v = 1 minden sorban. Bek¨ uldend˝o egy is49.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. 554

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

S. 148. Adott egy N cs´ ucs´ u fa. Megk´ertek minket, hogy t¨or¨olj¨ uk ennek a f´ anak az egyik level´et, teh´ at egy olyan cs´ ucsot, aminek pontosan egy ´ele van. Jel¨olj¨ uk ezt a levelet L-lel. A t¨ orl´es ut´ an visszamarad egy N − 1 cs´ ucs´ u fa. Ebben az u ´j f´aban jel¨ olj¨ uk D-vel k´et, egym´ ast´ ol legmesszebb lev˝ o pont t´ avols´ ag´ at, ´es P -vel azon (nem rendezett) pontp´ arok sz´am´at, amelyek t´ avols´ aga D. Adjuk meg P minim´alis ´ert´ek´et ´es azt, hogy ehhez h´ anyf´elek´eppen v´ alaszthatjuk meg az L levelet (amit t¨orl¨ unk). Bemenet: az els˝ o sor tartalmazza az N sz´ amot. A cs´ ucsokat 0-t´ ol indexelj¨ uk. amot tartalmaz, ami azt jelenti, A k¨ ovetkez˝ o N − 1 sor mindegyike egy x ´es egy y sz´ hogy az x-edik ´es y-adik cs´ ucsot ´el k¨ oti ¨ ossze. Kimenet: adjuk meg P minim´alis ´ert´eket, ´es azt, hogy az h´ anyf´elek´eppen ´erhet˝o el.

akiket a MATFUND Alap´ıtv´ any kurat´oriuma m´arcius 11-´en j´ov´ ahagyott. Az alap´ıtv´ any szok´ as szerint elk¨ uldte az eredm´enyt az Ericsson Magyarorsz´ag r´esz´ere, ´es ´ertes´ıtette az ´erdekelt tan´ arokat is. Azonban az m´ar m´arciusban l´ atszott, hogy a d´ıjkioszt´ ou ¨nneps´eget nem lehet megtartani az eredeti tervek szerint m´ ajus v´eg´en. Sajnos az ˝ osszel tartand´o (t¨ obb, mint sz´ azf˝ os) rendezv´eny sem lett volna biztons´ agos a koronav´ırus-j´ arv´ any miatt, ´ıgy az Ericsson azt a d¨ ont´est hozta, hogy b´ar a d´ıjakat december 17-´en online ´atadj´ ak, de az u ov˝ ore halasztj´ ak. ¨nnepl´est j¨ Az Ericsson ´es a MATFUND Alap´ıtv´ any is nagyon rem´eli, hogy a 2020-as ´es a 2021-es ´ev 8-8 Ericsson-d´ıjas´ at egy¨ utt fogjuk tudni meg¨ unnepelni legk´es˝ obb egy ´ev m´ ulva.

P´elda:

Jelent´ es a 2020. ´ evi Ericsson-d´ıjazottakr´ ol

Bemenet (a / jel sort¨ or´est helyettes´ıti) 7 / 0 1 / 1 2 / 1 3 / 3 4 / 3 5 / 5 6

Kimenet 1 2

Magyar´ azat: ha t¨or¨ olj¨ uk a 0-s cs´ ucsot, akkor D = 4, ´es a 2-es ´es 6-os cs´ ucsok t´ avols´ aga 4, teh´at P = 1. Ha t¨ or¨ olj¨ uk a 2-es cs´ ucsot, akkor D = 4, ´es a 0-s ´es 6-os cs´ ucsok t´ avols´ aga 4, teh´at P = 1. K´et esetben kaptunk minim´alis P = 1-et, a t¨obbi esetben P nagyobb lesz. okorl´ at: 0,3 mp. Korl´ atok: 3  N  105 , 0  x, y  N − 1. Id˝ ´ Ert´ekel´es: a pontok 50%-a kaphat´ o, ha N  100. Bek¨ uldend˝o egy s148.zip t¨ om¨ or´ıtett a´llom´anyban a megfelel˝oen dokument´ alt ´es kommentezett forr´ asprogram, amely tartalmazza a megold´ as l´ep´eseit, valamint megadja, hogy a program melyik fejleszt˝ oi k¨ ornyezetben futtathat´ o. A feladatok megold´ asai regisztr´ aci´ o ut´ an a k ¨ ovetkez˝ o c´ımen t¨ olthet˝ ok fel: https://www.komal.hu/munkafuzet Beku esi hat´ arid˝ o: 2021. janu´ ar 15. ¨ ld´

❄

Kik lettek 2020 Ericsson-d´ıjasai?

M´ ar 2019 december´eben k¨ ozz´etett¨ uk a k¨ ovetkez˝ o ´evi ki´ır´ast, hiszen a p´ aly´ azatok lead´ as´anak hat´ arideje febru´ar 10. volt. A korai id˝ opont c´elja, hogy min´el el˝ obb d¨ ont´es sz¨ ulethessen ´es a tavasz folyam´ an elk´esz¨ ulhessenek a kiv´ al´o tan´ arokat bemutat´ o kisfilmek, amelyeket a tan´ev v´egi rendezv´enyen az Ericsson sz´ekh´ az´ aban a nyilv´ anoss´ ag el˝ott bemutathassanak. A rangos matematika- ´es fizikatan´ ari d´ıj oda´ıt´el´ese t¨obb, mint k´et ´evtizede hasonl´ ok´eppen zajlik; 2020-ban m´ar febru´arban megszavazta az E¨otv¨os Lor´ and Fizikai T´ arsulat ´es a Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat d´ıjbizotts´aga a jel¨olteket, K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

555

Az Ericsson Magyarorsz´ag Kutat´as-Fejleszt´esi Igazgat´ os´ aga a´ltal 1999-ben alap´ıtott d´ıjat a´ltal´ anos- vagy k¨ oz´episkol´ akban fizik´ at vagy matematik´ at oktat´ o pedag´ogusok nyerhetik el. Az elismer´es az´ert j¨ ott l´etre, hogy t´amogassa, m´eltassa ´es er˝ os´ıtse a magyarorsz´ agi, vil´ agviszonylatban is kiemelked˝o matematikai ´es term´eszettudom´anyos alapk´epz´est. Az Ericsson Magyarorsz´ag elk¨ otelezte mag´at a hazai oktat´ as fejleszt´ese mellett; v´ allal´ as´ anak fontos r´esze ez a d´ıj. A k¨ ozel k´etezer f˝ os hazai v´ allalat nemcsak a telekommunik´aci´ os ipar egyik legnagyobb munk´altat´ oja, hanem 1300 f˝os Kutat´as-Fejleszt´esi K¨ ozpontj´ aval a legnagyobb telekommunik´aci´os ´es informatikai kutat´assal, szoftverfejleszt´essel foglalkoz´ o szellemi centrum Magyarorsz´agon. A most d´ıjazott pedag´ ogusok szakmai munk´ aja ´es emberi hozz´ a´all´ asa hozz´ aj´arul ahhoz, hogy a hazai m˝ uszaki ´es term´eszettudom´ anyi diplom´ aval rendelov´ a tegye a beruh´ az´ ast kez˝ ok tud´asa megfelel˝ o szellemi ´ert´eket k´epviseljen, ´es vonz´ infokommunik´aci´ os cs´ ucstechnol´ogi´ak kutat´as-fejleszt´es´ebe Magyarorsz´agon. Az Ericsson-d´ıj 2020. ´evi p´ aly´ azati ki´ır´ asa szerint ´altal´ anos- vagy k¨ oz´episkol´ akban 2 matematik´at ´es 2 fizik´ at tan´ıt´ o pedag´ogusnak az ERICSSON a matematika ” ´es fizika n´epszer˝ us´ıt´es´e´ert” d´ıjat, tov´ abbi 2 matematik´ at ´es 2 fizik´ at oktat´ onak pedig az ERICSSON a matematika ´es fizika tehets´egeinek gondoz´ as´ a´ert” d´ıjat ´ıt´elik ” oda, egyenk´ent 400 000 Ft ¨ osszeggel. Az E¨otv¨os Lor´ and Fizikai T´arsulat febru´ ar 24-´en, a Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat febru´ ar 26-´an tartotta meg Ericsson-d´ıjbizotts´agi u ¨l´es´et. A matematika n´epszer˝ us´ıt´es´e´ert d´ıjra 15, tehets´egeinek gondoz´ as´ a´ert d´ıjra 16 pedag´ogust us´ıt´es´e´ert d´ıjra 14, tehets´egeinek gondoz´ as´ a´ert d´ıjterjesztettek fel. A fizika n´epszer˝ ra 5 jel¨oltet javasoltak. K¨ oz¨ ul¨ uk v´ alasztotta ki a k´et t´ arsulat bizotts´ aga az idei d´ıj v´arom´ anyosait. A javaslatokat a MATFUND K¨ oz´episkolai Matematikai ´es Fizikai Alap´ıtv´ any kurat´oriuma 2020. m´arcius 11-i u ov´ ahagyta. Ennek alapj´an: ¨l´es´en j´ Az ERICSSON a matematika ´es fizika tehets´egeinek gondoz´ as´ a´ert” 2020. ´evi ” d´ıj´at matematik´ ab´ ol Szil´ agyin´ e Manasses Melinda, a Dunakeszi Radn´ oti Mikl´ os Gimn´azium tan´ ara ´es ´ Gy˝ ory Akos, a miskolci F¨ oldes Ferenc Gimn´azium tan´ ara kapja. Az ERICSSON a matematika ´es fizika tehets´egeinek gondoz´ as´ a´ert” 2020. ´evi ” d´ıj´at fizik´ab´ol

556

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Siposs Andr´ as, az ELTE Ap´aczai Csere J´ anos Gyakorl´ o Gimn´azium tan´ ara ´es H¨ om¨ ostrei Mih´ aly, a Budapesti N´emet Iskola tan´ ara kapja. Az ERICSSON a matematika ´es fizika n´epszer˝ us´ıt´es´e´ert” 2020. ´evi d´ıj´at ma” tematik´ ab´ ol Juh´ asz P´ eter, a budapesti Szent Istv´ an Gimn´azium tan´ ara ´es ´ L´ angn´ e Juh´ asz Szilvia, a Szegedi Gregor J´ozsef Altal´ anos Iskola tan´ ara kapja. Az ERICSSON a matematika ´es fizika n´epszer˝ us´ıt´es´e´ert” 2020. ´evi d´ıj´at fizi” k´ ab´ ol ´ as Utcai Altal´ ´ Rudolf Tam´ asn´ e, a budapesti Ald´ anos Iskola tan´ ara ´es Szab´ o L´ aszl´ o Attila, a Csongr´ adi Bats´ anyi J´anos Gimn´azium tan´ ara kapja. Budapest, 2020. m´arcius 13.

Ol´ ah Vera a MATFUND Alap´ıtv´ any kurat´oriuma nev´eben

ovetkez˝ ok voltak: A bizotts´ agok tagjai a k¨ Az Eo arsulatt´ ol: T´el Tam´ as eln¨ ok (az ELTE TTK Fizikai Int´ezet´enek ¨tvo ¨s T´ egyetemi tan´ ara), Halbritter Andr´ as (a BME Fizikai Int´ezet Fizika Tansz´ek´enek egyetemi tan´ ara), Horv´ ath Norbert (a budapesti Ba´ar-Madas Reform´atus Gimn´ azium tan´ ara), Horv´ athn´e Fazekas Erika (a szegedi SZTE Juh´ asz Gyula Gyakorl´ o ´ Altal´ anos Iskola tan´ara), Isp´ anovity P´eter Dus´ an (az ELTE TTK Fizikai Int´ezet´e´ Eletm˝ ´ nek adjunktusa), Mester Andr´ as (Miskolc, R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıjas nyugalmazott tan´ ar), Nagy Anett (a Szegedi Radn´ oti Mikl´ os K´ıs´erleti Gimn´azium tan´ ara), ´ ¨ Tasi Zolt´ ann´e (Fontos S´ andor Altal´ anos ´es Alapfok´ u M˝ uv´eszetokt. Int´ezm´eny, Ull´es, Ericsson-d´ıjas tan´ ar), Tr´ ocs´ anyi Zolt´ an (akad´emikus, ELTE TTK ´es Debreceni Egyetem Fizikai Int´ezet), ´es Zubonyain´e Pelka Zsuzsanna (a budapesti K˝ or¨osi Cso´ ma S´ andor K´ettannyelv˝ u Altal´ anos Iskola tan´ ara). ´ A Bolyai T´ arsulatt´ ol: Csord´ as Mih´ aly eln¨ ok (a kecskem´eti Kod´ aly Zolt´ an Alta´ ´ l´ anos Iskola Ericsson-d´ıjas ´es R´ atz Tan´ ar Ur Eletm˝ ud´ıjas tan´ ara), B´ekefi Zsuzsanna ´ Eletm˝ ´ (a veszpr´emi Lovassy L´ aszl´ o Gimn´azium R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıjas tan´ ara), Csorba Ferenc (a gy˝ ori Kr´ udy Gyula Gimn´azium ´es Szakk¨oz´episkola Ericsson-d´ıjas ´es ´ Eletm˝ ´ R´atz Tan´ ar Ur ud´ıjas tan´ ara), Deli Lajos (a hajd´ uszoboszl´oi H˝ogyes Endre ´ ´ ara), Lajos J´ ozsefn´e Gimn´ azium ´es Szakk¨ oz´episkola R´atz Tan´ ar Ur Eletm˝ ud´ıjas tan´ (a Bolyai J´ anos Matematikai T´arsulat Oktat´asi Bizotts´ag´ anak Ericsson-d´ıjas tan´ a´ Eletm˝ ´ ra), Katz S´ andor (Bonyh´ ad, Ericsson-d´ıjas ´es R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıjas tan´ ar), ´ Eletm˝ ´ R´ oka S´ andor (Ny´ıregyh´ aza, Ericsson-d´ıjas ´es R´atz Tan´ ar Ur ud´ıjas tan´ ar), ´ Eletm˝ ´ Somfai Zsuzsa (a budapesti E¨ otv¨ os J´ ozsef Gimn´azium R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıjas ´ tan´ ara), Tarcsay Tam´ as (a szegedi SZTE Gyakorl´o Altal´ anos Iskola ´es Gimn´ azi´ ´ um Ericsson-d´ıjas ´es R´ atz Tan´ ar Ur Eletm˝ ud´ıjas tan´ ara) ´es Veres P´ al (a miskolci F¨ oldes Ferenc Gimn´azium kor´ abbi igazgat´ oja). A MATFUND Alap´ıtv´ any kurat´ orium´anak tagjai: Katona Gyula eln¨ok (akad´emikus, a R´enyi Alfr´ed Matematikai Kutat´ oint´ezet kutat´ o professzora), Bencz´ ur Andr´ as (az ELTE egyetemi tan´ara), Nagy D´enes Lajos (egyetemi tan´ar, a Wigner Fizikai Kutat´ok¨ ozpont tudom´ anyos tan´ acsad´ oja), Ol´ ah Vera (a Bolyai J´ anos Matematikai T´ arsulat budapesti aleln¨ oke, a MATFUND alap´ıtv´ any k´epvisel˝oje), Tichy G´eza (az ELTE egyetemi tan´ara). K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

557

Besz´ amol´ o a 2020. ´ evi Eo ol ¨tvo ¨s-versenyr˝

Az E¨otv¨os Lor´ and Fizikai T´arsulat 2020. ´evi E¨ otv¨ os-versenye okt´ober 9-´en d´elult megrendez´esre. ut´ an 3 o´rai kezdettel tizenn´egy magyarorsz´agi helysz´ınen† ker¨ Ez´ert k¨ ul¨on k¨ osz¨ onettel tartozunk mindazoknak, akik ebben szervez´essel, fel¨ ugyelettel a seg´ıts´eg¨ unkre voltak. A versenyen a h´ arom feladat megold´as´ ara 300 perc ´all rendelkez´esre, b´armely ´ırott vagy nyomtatott seg´edeszk¨ oz haszn´alhat´ o, de (nem programozhat´ o) zsebsz´amol´og´epen k´ıv¨ ul minden elektronikus eszk¨ oz haszn´alata tilos. Az E¨otv¨os-versenyen azok vehetnek r´eszt, akik vagy k¨ oz´episkolai tanul´ok, vagy ¨ a verseny ´ev´eben fejezt´ek be k¨ oz´episkolai tanulm´anyaikat. Osszesen 48 versenyz˝o adott be dolgozatot, 11 egyetemista ´es 37 k¨ oz´episkol´ as. Ismertetj¨ uk a feladatokat ´es azok megold´ as´ at.

❄ 1. feladat. Egy m0 t¨ omeg˝ u, ´ alland´ o c fajh˝ oj˝ u minta h˝ om´ers´eklete kicsivel aspontja alatt van. Rendelkez´es¨ unkre ´ all m t¨ omeg˝ u, forr´ asban a nitrog´en T0 forr´ l´ev˝ o foly´ekony nitrog´en ´es egy h˝ oszivatty´ u. Mekkora minim´ alis h˝ om´ers´ekletre lehet leh˝ uteni a mint´ at, mire elforr az ¨ osszes nitrog´en? A nitrog´en forr´ ash˝ oje L. (Tichy G´eza) asfok´ u, h˝ oer˝ og´epk´ent u Megold´ as. Egy η = T2T−T1 hat´ ¨zemeltetett Carnot-f´ele 2 k¨orfolyamat eset´en a fels˝ o h˝ otart´ alyb´ ol kivett h˝o η-ad r´esze mint munkav´egz´es jelenik meg, (1 − η)-ad r´esze pedig az als´o h˝ otart´ alyba ker¨ ul. H˝ oszivatty´ uk´ent u ¨zemeltetve munk´ at kell befektetn¨ unk, az als´ o h˝ otart´ alyb´ ol szivatty´ uzzuk a´t az energi´at a fels˝obe, azaz a h˝o el˝ojele v´ altozik ellenkez˝ ore. A Carnot-k¨ orfolyamattal a´ltal´ aban u ´gy tal´alkozunk, hogy a g´ep k´et ´ alland´ o h˝om´ers´eklet˝ u h˝ otart´ aly k¨ oz¨ ott m˝ uk¨ odik. Feladatunkban a Carnot-g´ep fels˝ o h˝ otaro h˝otart´ aly t´alya a forr´ asban l´ev˝ o nitrog´en, amelynek h˝om´ers´eklete v´egig T0 , az als´ pedig a minta, amely viszont lassan h˝ ul, T h˝ om´ers´eklete nem a´lland´ o. Egy ciklus sor´ an azonban a minta h˝om´ers´eklete a´lland´ onak tekinthet˝o. Ebb˝ ol a lassan v´altoz´ o h˝ om´ers´eklet˝ u h˝ otarot. t´alyb´ ol vonunk el egy kis l´ep´esben cm0 ΔT h˝ Ez a h˝o a fels˝ o h˝ otart´ alyba ´erkez˝o q h˝ onek 1−η =1− 1. a ´bra †

558

T T0 − T = -szorosa, T0 T0

ahogy az 1. ´ abr´ an is l´athat´ o.

R´eszletek a verseny honlapj´ an: http://eik.bme.hu/~vanko/fizika/eotvos.htm.

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Ha Δm mennyis´eg˝ u nitrog´en forrt el, akkor a fels˝ o h˝ otart´ alynak LΔm h˝ ot kellett kapnia. Ebb˝ol a T LΔm cm0 ΔT = T0 osszef¨ ugg´eshez jutunk. Ez a ¨ cm0 dT L dm = T T0 differenci´alis ¨ osszef¨ ugg´es´ehez vezet. Ezt kell integr´ alni a kezdeti a´llapott´ ol a v´egs˝ o allapotig. Az als´ ´ o h˝ otart´ aly T h˝ om´ers´eklete T0 -r´ol Tmin -re cs¨okken, ´es k¨ozben a foly´ekony nitrog´en t¨omege m-r˝ ol null´ara cs¨ okken. Teh´ at cm0 ln

T0 Lm = , Tmin T0

amib˝ ol a keresett minim´alis h˝ om´ers´eklet Tmin = T0 e

Lm − T cm 0 0

.

Megjegyz´es. Aki tudja, hogy a Carnot-k¨ orfolyamat k¨ ozben az entr´ opia ´ alland´ o, ´es ismeri az entr´ opia kifejez´eseit, az azonnal megkapja az integr´ al´ asb´ ol kapott o ugg´est. ¨sszef¨

2. feladat. K¨ onnyen g¨ ord¨ ul˝ o, 2m t¨ omeg˝ u kiskocsira egy ´ arb´ oc van r¨ ogz´ıtve, aminek fels˝ o v´eg´ere  hossz´ us´ ag´ u fon´ allal egy m t¨ omeg˝ u kis goly´ ot f¨ uggesztett¨ unk. A kiskocsit egy nem t´ ul meredek, α hajl´ assz¨ og˝ u lejt˝ ore helyezz¨ uk, majd megv´ arjuk az inga leng´eseinek lecsillapod´ as´ at, ´es v´eg¨ ul a kocsit elengedj¨ uk (2. a´bra). a) A mozg´ as sor´ an mennyire t´er ki 2. a ´bra a fon´ al a f¨ ugg˝ olegest˝ ol? b) Mekkora utat tesz meg a kiskocsi, am´ıg a fon´ al u ´jra f¨ ugg˝ olegess´e v´ alik?

A mozg´ast a gyorsul´ o vonatkoztat´ asi rendszer¨ unkben elemezve azt l´ atjuk, hogy any´ aa kiskocsi ´es az ingatest nyugalomb´ ol indul, az inga kezdeti sz¨ ogkit´er´ese g ∗ ir´ t´ ol m´erve jobbra ´eppen α. Az inga leng´ese sor´ an a rendszer t¨ omegk¨ oz´eppontja k¨ uls˝ o lejt˝oir´ any´ u er˝ o hi´ any´ aban nem mozdul el, ´ıgy mind a kiskocsi, mind pedig az ingatest mozg´asba j¨ on. A mechanikai energia megmarad´ as´ ab´ ol ´es a t¨ omegk¨ oz´eppontt´etelb˝ ol k¨ovetkezik, hogy az inga sz¨ ogkit´er´es´enek legnagyobb ´ert´eke g ∗ -hoz viszony´ıtva a t´ uls´ o oldalon szint´en α lesz, ami akkor k¨ ovetkezik be, amikor a kiskocsi ´es az ingatest el˝ osz¨ or ´ all meg. Ez azt jelenti, hogy az eredeti vonatkoztat´asi rendszerben az inga a kezdeti helyzet´ehez k´epest (azaz g-hez viszony´ıtva) maxim´ alisan 2α sz¨oggel t´er ki. Ezzel a feladat a) k´erd´es´ere v´ alaszoltunk. T´erj¨ unk most r´ a a b) r´eszre. A gyorsul´ o rendszerben az ingatest ´es a kiskocsi is periodikus mozg´ ast v´egez az egyens´ ulyi helyzet k¨ or¨ ul, amelyben az inga fonala abban T peri´ odusid˝o m´ ulva ´erkezik vissza ´eppen p´ arhuzamos g ∗ -gal. Az inga legkor´ a kiindul´ asi helyzetbe. Ebben a pillanatban a t¨ omegk¨ oz´eppont elmozdul´asa s=

(Vigh M´ at´e ) Megold´ as. Az ing´ab´ ol ´es kiskocsib´ ol ´ all´ o rendszerre l´enyeg´eben csak a neh´ezs´egi er˝ o ´es a lejt˝ ore mer˝ oleges ir´ any´ u k´enyszerer˝ ok hatnak, hiszen a kerekek gyorsul´o forg´as´ahoz sz¨ uks´eges tapad´ asi s´ url´od´ asi er˝ ot a k¨onnyen g¨ord¨ ul˝ o” kifejez´es ” miatt elhanyagolhatjuk. Lejt˝ oir´ any´ u komponense csak a neh´ezs´egi er˝ onek van, ez´ert a rendszer t¨ omegk¨ oz´eppontja a lejt˝ovel p´ arhuzamos ir´anyban ´alland´ o, g sin α gyorsul´assal mozog. A t¨ omegk¨ oz´eppont a mozg´as sor´ an a lejt˝ore mer˝ oleges ir´ anyban is ab´ol nem l´enyeges. gyorsul, ez azonban a tov´abbi gondolatmenet szempontj´ ¨ unk bele a z´erus kezd˝osebess´eg˝ Ulj¨ u, a lejt˝ ovel p´arhuzamosan |a| = g sin α nagys´ag´ u gyorsul´ assal mozg´o vonatkoztat´ asi rendszerbe! Egy gyorsul´o rendszerben b´ aromeg˝ u testre a Newton-t¨ orv´enyek csak u ´gy maradnak ´erv´enyben, ha mely m t¨ a val´ oj´aban r´ a hat´ o (k¨olcs¨ onhat´ asb´ ol sz´armaz´ o) er˝ok mellett bevezetj¨ uk a rendszer K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

a gyorsul´as´aval ellent´etes ir´ any´ u, −m a tehetetlens´egi er˝ ot is. A −m a tehetetlen  ∗ o vektori ¨ osszege m g alakban is fel´ırhat´ o, ahol s´egi er˝ o ´es az m g neh´ezs´egi er˝ at minden test u ´gy mozog, mintha egy g ∗ = g − a. A gyorsul´o rendszerben teh´ g ∗ effekt´ıv neh´ezs´egi gyorsul´ as´ u er˝ ot´erben helyezkedne el. Eset¨ unkben a vonatkoztat´ asi rendszer a gyorsul´asa ´eppen megegyezik a g neh´ezs´egi gyorsul´ as lejt˝oir´ any´ u osszetev˝ oj´evel, ez´ert az effekt´ıv g ∗ neh´ez¨ s´egi gyorsul´ as a lejt˝ore mer˝ oleges ir´ any´ u, nagys´ aga pedig g cos α. Mivel a gyorsul´ o arozza meg a f¨ ugg˝oleges rendszerben g ∗ hat´ ir´ anyt, c´elszer˝ u a feladat a´br´ aj´at elforgatni, 3. ´ abra ahogy az a 3. ´ abr´ an is l´athat´ o.

559

1 g sin α · T 2 , 2

´es ugyanekkora a kocsi elmozdul´ asa is, hiszen a kocsi relat´ıv helyzete a t¨ omegk¨ oz´epponthoz viszony´ıtva ´eppen ugyanaz, mint az ind´ıt´ asi a´llapotban volt. Feladatunk teh´at a rezg´es T peri´ odusidej´enek meghat´ aroz´ asa. A gyorsul´ o rendszerben a t¨ omegk¨ oz´eppont megmarad´ asa miatt a kocsi kit´er´ese minden pillanatban feleakkora ´es ellent´etes ir´ any´ u, mint az ingatest lejt˝ ovel p´ arhuzamos ir´ any´ u kit´er´ese. Ez´ert a fon´ al fels˝o harmadol´ opontja l´enyeg´eben nem mozdul el (val´ oj´aban a lejt˝ ore mer˝ oleges ir´ anyban m´egis, de elhanyagolhat´ o m´ert´ekben). as´ u er˝ ot´erben, mintAz ingatest teh´ at u ´gy mozog a |g ∗ | = g cos α neh´ezs´egi gyorsul´ ha egy 2/3 hossz´ us´ ag´ u fon´ alra lenne felf¨ uggesztve. Egy ilyen inga leng´esideje kis kit´er´esek eset´en:

2 . T = 2π 3g cos α Vajon alkalmazhat´ o-e most ez az ¨ osszef¨ ugg´es? A feladat sz¨ ovege szerint a lejt˝o nem t´ ul meredek. Egy 45◦ -os lejt˝ o m´ar el´eg meredeknek sz´am´ıt, de az ekkora sz¨ ogben kit´er´ıtett inga leng´esideje is csak kb. 4%-kal nagyobb a fenti k´eplettel sz´amolt 560

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

leng´esid˝ on´el. Ha a lejt˝ o csak 30◦ -os, az elt´er´es 2%-n´ al is kisebb. J´o k¨ozel´ıt´essel teh´ at azt mondhatjuk, hogy a kocsi elmozdul´asa addig a pillanatig, am´ıg az inga u ´jra f¨ ugg˝olegess´e v´ alik s≈

4π 2 2 1 g sin α · 4π 2 =  tg α. 2 3g cos α 3

3. feladat. Egy ide´ alis di´ od´ ab´ ol, k´et R = 2 kΩ nagys´ ag´ u ellen´ all´ asb´ ol, egy kezdetben t¨ oltetlen, C = 100 μF kapacit´ as´ u kondenz´ atorb´ ol ´es egy fesz¨ ults´eggener´ atorb´ ol a 4. ´ abr´ an l´ athat´ o kapcsol´ ast a ´ll´ıtottuk ¨ ossze. A fesz¨ ults´eggener´ atoron f = 5 kHz frekvenci´ aj´ u, +U0 ´es −U0 k¨ oz¨ ott v´ altoz´ o szimmetrikus n´egysz¨ ogjelet ´ all´ıtunk be, ahol U0 = 3,6 V.

Egy f´el peri´odus alatt ez az a´ram I1 (t) T2 t¨ olt´est sz´ all´ıt a kondenz´ atorra, ´ıgy a kondenz´ ator fesz¨ ults´eg´enek megv´ altoz´ asa  T  T  1 T U0 − UC (t) = U0 − UC (t) . ΔUC (t) = I1 (t) = C 2 RC τ

A m´asik f´el peri´ odusban (amikor a di´oda lez´ar, ´es csak az egyik ellen´all´ ason folyhat a´ram)  1 − U0 − UC (t) , ol I2 (t) = −U0 − UC = R2 I2 (t) = RI2 (t), amib˝ R ´es a f´el peri´ odus alatt a kondenz´ ator fesz¨ ults´eg´enek megv´ altoz´ asa   T  1 T T  ΔUC (t) = I2 (t) = − U0 − UC (t) = − U0 − UC (t) . C 2 2RC 2τ

Egy teljes peri´ odus alatt a fesz¨ ults´eg teljes megv´ altoz´ asa a k´et f´el peri´ odus alatti v´ altoz´ as ¨ osszege:    3T U0 T  U0 − 3UC (t) = − UC (t) . ΔUC (t) = 2τ 2τ 3

A kondenz´ ator fesz¨ ults´ege akkor nem n˝ o tov´ abb, ha ΔUC (t) = 0, azaz ha U0 at a kondenz´ator hossz´ u id˝ o ut´ an UC (∞) = U30 = 1,2 V fesz¨ ults´egre UC (t) = 3 , teh´ t¨olt˝ odik fel.

4. ´ abra

a) Mekkora maxim´ alis fesz¨ ults´egre t¨ olt˝ odik fel a kondenz´ ator? b) A kondenz´ ator t¨ oltetlen ´ allapot´ at´ ol sz´ am´ıtva k¨ or¨ ulbel¨ ul mennyi id˝ o ut´ an ´eri el a kondenz´ ator fesz¨ ults´ege a maxim´ alis ´ert´ek fel´et? (Vank´ o P´eter ´es Vigh M´ at´e ) ultMegold´ as. A kapcsol´asban f´elperi´ odusonk´ent felv´ altva +U0 ´es −U0 fesz¨ s´eget kapcsolunk egy soros RC kapcsol´ asra, ahol a kondenz´ ator kapacit´asa mind, illetve R2 = R. J´ol v´egig C, az ellen´ all´as pedig az ´aramir´ anyt´ol f¨ ugg˝oen R1 = R 2 ismert, hogy ha egy t¨oltetlen, C kapacit´ as´ u kondenz´ atorb´ ol ´es egy R ellen´ all´asb´ ol ults´eget kapcsolunk, akkor a kondenz´ ator fesz¨ ultall´o soros RC kapcsol´ ´ asra U0 fesz¨ s´ege az  t

U (t) = U0 1 − e− τ

f¨ uggv´eny szerint v´altozik, ahol az id˝o´ alland´ o τ = RC.

Vegy¨ uk ´eszre, hogy a mi eset¨ unkben az (egyik) id˝ o´alland´ o τ = RC = 0,2 s (a m´ asik ennek fele), a n´egysz¨ ogjel peri´odusideje pedig T = f1 = 0,2 ms, ´es ´ıgy T τ . Emiatt egy f´el peri´ odusnyi id˝ o alatt a t¨olt˝ od˝o kondenz´ ator fesz¨ ults´ege nagyon j´o k¨ ozel´ıt´essel line´arisan v´altozik. Legyen a kondenz´ ator fesz¨ ults´ege egy adott id˝ opillanatban UC (t), a kondenz´ atoron a´tfoly´ o a´ram pedig I(t). A n´egysz¨ ogjel els˝o f´el peri´odus´ aban (amikor a di´oda nyitva van, ´es mindk´et ellen´ all´ ason folyik ´aram) U0 − UC = R1 I1 (t) =

R I1 (t), 2

amib˝ ol

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

I1 (t) =

 2 U0 − UC (t) . R 561

Ezut´ an a´tt´er¨ unk a b) k´erd´es megv´ alaszol´ as´ ara. Mivel a peri´odusid˝o sokkal kisebb az id˝o´ alland´ on´ al, az egy peri´odus alatti fesz¨ ults´egv´ altoz´ as nagyon kicsi, a kondenz´ ator sok peri´oduson ´at t¨ olt˝ odik. Ezen az id˝osk´ al´an a f´elperi´ odusok alatti t¨olt˝ od´esek ´es kis¨ ul´esek kis ingadoz´ asa nem is l´ atszik. Egy olyan folyamatot kapunk, ahol a kondenz´ator fesz¨ ults´ege l´enyeg´eben folyamatosan n˝ o a kezdeti UC (0) = 0 ´ert´ekt˝ol az UC (∞) ´ert´ekig. Az utols´ o egyenlet¨ unk alapj´ an      Δ UC (∞) − UC (t) d UC (∞) − UC (t) 3 ≈ =− UC (∞) − UC (t) . dt T 2τ Ez pedig egy ugyanolyan differenci´ alegyenlet, mint amely le´ırja egy kondenz´ ator felt¨olt˝ od´es´et (´es amely j´ ol ismert a radioakt´ıv boml´ ast¨ orv´enyb˝ ol is), megold´ asa:    3t  UC (∞) − UC (t) = UC (∞) − UC (0) e− 2τ , amib˝ol l´athat´ o, hogy a kondenz´ator akkor t¨ olt˝ odik fel a maxim´ alis ´ert´ek fel´ere, ha 3t

e− 2τ =

1 , 2

azaz

t=

2 τ ln 2 = 0,0924 s. 3

❄ Az u as a j´ arv´ anyhelyzet miatt elma¨nnep´elyes eredm´enyhirdet´es ´es d´ıjkioszt´ radt. Helyette az eredetileg meghirdetett id˝opontban, 2020. november 20-´ an d´elut´ an 3 ´orakor a verseny honlapj´ara ker¨ ult fel mindaz, ami az eredm´enyhirdet´esen elhangzott volna. Ismertet´esre ker¨ ultek az 50 ´es 25 ´evvel ezel˝ otti E¨ otv¨ os-verseny 562

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

feladatai, ´es az akkori d´ıjazottak egy r´esz´enek visszaeml´ekez´esei: az 50 ´evvel ezel˝ ot´ am, a 25 ´evvel ezel˝ tiek k¨ oz¨ ul Horv´ ath P´eter ´es Tichy-R´ acs Ad´ ottiek k¨oz¨ ul Lovas Rezs˝ o, T´ oth G´ abor Zsolt ´es Varga Dezs˝ o k¨ uld¨ ott u ¨zenetet. Ezt k¨ ovette a 2020. ´evi verseny feladatainak ´es megold´ asainak bemutat´ asa (az 1. feladat megold´ as´at Tichy G´eza, a 2. feladat´et Vigh M´ at´e, a 3. feladat´et Vank´ o P´eter ´ırta le), majd az eredm´enyek k¨ ozl´ese: Egyetlen versenyz˝ o sem oldotta meg mindh´ arom feladatot, ´ıgy a versenybizotts´ ag nem adott ki els˝ o d´ıjat. Az els˝o feladat helyes ´es a harmadik feladat l´enyeg´eben helyes megold´ as´ a´ert, valamint a m´asodik feladatban el´ert r´eszeredm´enyek´ert m´ asodik d´ıjat nyert azium 12. oszt´alyos Bonifert Bal´ azs, a budapesti Ba´ar-Madas Reform´atus Gimn´ tanul´ oja, Horv´ ath Norbert tan´ıtv´ anya ´es P´ acsonyi P´ eter, a BME mechatronikai m´ern¨ ok alapszakos hallgat´oja, aki a Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´os Gimn´aziumban ´eretts´egizett P´ alovics R´ obert tan´ıtv´ anyak´ent. A m´ asodik ´es a harmadik feladat kicsit hi´ anyos megold´ as´a´ert harmadik d´ıjat nyert Moln´ ar Szabolcs, a BME fizika BSc szakos hallgat´oja, aki a Kecskem´eti Katona J´ ozsef Gimn´ aziumban ´eretts´egizett S´ ar´ on´e J´ega-Szab´ o Ir´en tan´ıtv´ anyak´ent. Az els˝o feladat hib´atlan megold´ as´ a´ert dics´eretet kapott Fekete Dezs˝ o Domonkos, a BME fizika BSc szakos hallgat´oja, aki a Kecskem´eti Katona J´ ozsef Gimn´ aziumban ´eretts´egizett S´ ar´ on´e J´ega-Szab´ o Ir´en tan´ıtv´ anyak´ent, Selmi B´ aazium 12. oszt´alyos tanul´oja, Simon P´eter, Kotek lint, a P´ecsi Le˝ owey Kl´ara Gimn´ L´ aszl´ o ´es P´ alfalvi L´ aszl´ o tan´ıtv´ anya, valamit Sepsi Csombor M´ arton, a Zalaegerszegi Zr´ınyi Mikl´os Gimn´azium 12. oszt´alyos tanul´oja, Kov´ acs Tibor tan´ıtv´ anya. A m´ asodik d´ıjjal Zim´ anyi Gergely adom´any´ ab´ol 75 ezer, a harmadik d´ıjjal 55 ezer, a dics´erettel 35 ezer forint p´enzjutalom j´ar. A d´ıjazottak tan´ arai az E¨ otv¨ os Lor´ and eml´ekalbumot kapj´ak. Az E¨ otv¨ os Lor´ and Fizikai T´arsulatot a Nanorobot Vagyonkezel˝ o Kft. ´es az Andersen Ad´ otan´ acsad´ o Zrt. t´amogatja. K¨osz¨onj¨ uk az adom´anyoz´ ok ¨ onzetlen t´ amogat´ as´at! Tichy G´ eza, Vank´ o P´ eter, Vigh M´ at´ e

M´ er´ esi feladatok megold´ asa

M. 395. M´erj¨ uk meg egy hajsz´ ar´ıt´ o l´eghozam´ at (id˝ oegys´egenk´ent kif´ ujt leveg˝ o t´erfogat´ at) k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o fokozatok eset´en! (6 pont)

K¨ozli: Varga Gy¨ orgy, Pilis

a legink´ abb k´ezenfekv˝ o megold´ ast v´ alasztotta. Egy 1900 W teljes´ıtm´eny˝ u, k´et fokozat´ u hajsz´ ar´ıt´ oval egy olyan tart´alyt f´ ujt fel, aminek ismert a t´erfogata, egy´ertelm˝ uen l´ athat´ o, hogy mikor telik meg leveg˝ovel, ´es a hajsz´ ar´ıt´ o j´ol r¨ ogz´ıthet˝ o a tart´ aly bemenet´ehez u ´gy, hogy min´el kevesebb leveg˝ o sz¨ okhessen ki a felf´ uj´ as k¨ozben. Ezeknek a krit´eriumoknak legink´ abb egy 240 literes szemeteszs´ak felelt meg. A zs´ ak sz´ aj´at” a hajsz´ ar´ıt´ o k¨ or´e csavarta, ´es k´ezzel szorosan rajta tartotta. ” Az id˝ot stopperrel m´erte. A k¨orbeteker´es sor´ an a zs´ ak vesztett a (n´evleges) t´erfogat´ ab´ ol. A t´erfogatveszt´es becs¨ ult ´ert´ek´eb˝ ol meghat´arozta az u ´j (effekt´ıv) t´erfogatot. A becsl´est u ´gy v´egezat. te, hogy megm´erte a kiter´ıtett zs´ ak  hossz´ at, valamint a betekert r´esz x hossz´ at A t´erfogat k¨ozel´ıt˝oleg ar´ anyos d3 -nal, ahol d =  − x, teh´ 3

( − x) Veff. = . 240 liter 3 Mindk´et fokozatn´ al 10 m´er´est v´egzett, ´es a m´ert id˝oket a´tlagolta. A l´eghozaVeff. mot a t k´eplettel sz´ amolta. A m´er´es pontoss´ ag´ ara az  ´es x hossz´ us´ ag m´er´esi atlag ´

hib´aj´ab´ol, az id˝ otartamok sz´ or´ as´ ab´ ol” (az ´atlagt´ ol val´o ´ atlagos elt´er´es´eb˝ ol) a hiba” terjed´es t¨orv´eny´enek alkalmaz´ as´ aval tudott k¨ ovetkeztetni. A l´eghozamra az I. fokozatban 4,7 ± 0,2 liter/m´ asodperc, a II. fokozatban pedig 12,6 ± 1,0 liter/m´ asodperc ´ert´eket kapott.

P´ acsonyi P´eter (Zalaegerszegi Zr´ınyi M. Gimn., 12. ´evf.) a hajsz´ar´ıt´ o l´eg´ aram´ anak ´atlagos sebess´eg´et m´erte meg, majd ezt a hajsz´ ar´ıt´ o ny´ıl´as´ anak keresztmetszet´evel szorozva kisz´ am´ıtotta a l´eghozamot. A sebess´eg m´er´es´et visszavezette kicsiny nyom´ ask¨ ul¨ onbs´eg m´er´es´ere, amib˝ ol – a Bernoulli-t¨ orv´eny alkalmaz´as´ aval – kisz´am´ıtotta az ´araml´ as sebess´eg´et. Hajl´ekony gumics¨ ovek ´es sz´ıv´ osz´ alak felhaszn´al´as´ aval a f´enyk´epen l´ athat´ o Pitot-cs˝ ovet a´ll´ıtotta ¨ ossze, majd az elk´esz¨ ult eszk¨ ozt egy kartonpap´ırb´ ol k´esz¨ ult ´ allv´ any” ra” ragasztotta. ott, ´es A cs˝ obe valamennyi vizet t¨olt¨ megjel¨ olte a v´ızszintet. Ezut´ an a m˝ uk¨ od˝ o hajsz´ ar´ıt´ ot a cs˝ o sz´ aj´ahoz tette, majd u ´jra megjel¨ olte a be´ allt v´ızszinteket mindk´et fokozatn´ al. A v´ızszintek magass´ agk¨ ul¨ onbs´eg´et k¨ orz˝ ovel a´tm´erte egy n´egyzetr´ acsos pap´ırra, majd vonalz´ oval leolvasta annak Δh nagys´ ag´ at. Az a´raml´ asi sebess´eget a Bernoulli-t¨orv´enyt felhaszn´ alva ´ıgy sz´ amolta:

Megold´ as. A m´er´es elv´egz´es´ere t¨ obb, elvileg k¨ ul¨onb¨oz˝ o m´odszert tal´ altak ´ Isk., 11. ´evf.) a versenyz˝ ok. Lud´ anyi Levente (Szeged, SZTE Gyak. Gimn. ´es Alt. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

563

v=

564

2v´ız Δh . leveg˝o

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

(A leveg˝ o s˝ ur˝ us´eg´et a kis nyom´ ask¨ ul¨ onbs´egek miatt a´lland´ onak tekintette.) A m´e3 3 r´esi eredm´enyek ki´ert´ekel´ese ut´ an az I. fokozatban 17 dm , a II. fokozatban 27 dm s s l´eghozamot kapott. A becs¨ ult relat´ıv hiba a gyeng´ebb fokozatn´ al 10%, az er˝ osebbn´el 6% volt. A m´er´esi hiba becs¨ ulhet˝ o r´esze a v´ızszintek magass´ agk¨ ul¨onbs´eg´enek ´es a l´eg´ aram keresztmetszet´enek pontatlan meghat´ aroz´ as´ab´ol ad´odott. Emellett n´eh´ any szisztematikus hibaforr´ ast is felsorolt a jegyz˝ ok¨onyv. A leveg˝o a´raml´asi sebess´ege nem felt´etlen¨ ul azonos az a´raml´asi t´er minden pontj´ aban. A l´eghozamot ilyen esetben az a´raml´ asi sebess´egeloszl´ asnak a hajsz´ar´ıt´o ny´ıl´as´ ara vett fluxusa” k´ent”lehetne kisz´ am´ıtani. Mivel a sebess´egk¨ ul¨ onbs´egeket a m´er´esn´el haszn´ alt eszk¨oz nem mutatta ki, a ny´ıl´ as k¨ ozep´en´el vett sebess´eggel sz´ amolt a ki´ert´ekel´esn´el. Maga asi mint´ azatokat, ´ıgy ez is torz´ıtja a m´er´est. az eszk¨ oz is befoly´asolja az ´araml´ Fodor Marcel (Wuppertal, Carl-Fuhlrott-Gymnasium, 10. ´evf.) k´etf´ele m´odszert pr´ ob´ alt ki. El˝ osz¨or alum´ıniumf´olia darabk´ akat ejtett a hajsz´ar´ıt´ ob´ol ki´araml´o leveg˝obe, ´es vide´ ofelv´etelen akarta elemezni a darabk´ ak sodr´od´as´ at. Ezt meglehet˝ osen bizonytalannak tal´ alta, ez´ert a´tt´ert egy m´asf´ele, ´erdekesebb m´odszerre: a hajsz´ ar´ıt´ o elektromos teljes´ıtm´eny´et, valamint a be- ´es a kimen˝o leveg˝ o h˝ om´ers´ekletk¨ ul¨ onbs´eg´et m´erte. A leveg˝ o h˝ okapacit´as´ anak ismeret´eben meghat´ arozhat´ o egy adott id˝ o alatt a´t´ araml´ o ´es felmeleged˝o leveg˝ o mennyis´ege. (Felt´etelez´es: a hajsz´ ar´ıt´ o´ altal felvett elektromos teljes´ıtm´eny els˝osorban a leveg˝o felmeleg´ıt´es´ere foral v´egzett munka pedig nem sz´ amottev˝ o.) d´ıt´odik, a leveg˝o mozg´asba hozatalan´ A h˝ om´ers´eklet m´er´es´et digit´ alis h˝ om´er˝ ovel v´egezte. Megfigyelte, hogy a ki´raml´ a o leveg˝ o h˝ om´ers´eklete er˝ osen f¨ ugg att´ ol, hogy melyik helyen m´erj¨ uk. Meglepve tapasztalta, hogy a ki´araml´ o leveg˝ o a l´eg´ aram sz´el´en´el magasabb h˝ om´ers´eklet˝ u, mint a k¨ ozep´en´el. (A ki´ert´ekel´esn´el a legnagyobb hibaforr´ ask´ent a helyr˝ ol helyre v´ altoz´ o h˝ om´ers´ekletet jel¨ olte meg.) Meg´allap´ıtotta, hogy a hajsz´ar´ıt´ o n´evleges teljes´ıtm´enye l´enyegesen elt´er a t´enylegesen felvett elektromos teljes´ıtm´enyt˝ol. Erre a k¨ovetkeztet´esre a lak´ oh´az – meglehet˝ osen pontosnak tekinthet˝ o – m´er˝ o´ or´ aj´anak megfigyel´es´eb˝ ol jutott. Neut´est) h´ezs´eget okozott, hogy nem tudott minden m´ as elektromos berendez´est (pl. a f˝ lekapcsolni a m´er´es idej´ere. A m´er´es ki´ert´ekel´ese ut´ an azt ´allap´ıtotta meg, hogy a hajsz´ar´ıt´o alacsony vagy magas fokozat´ u be´all´ıt´ as´ at´ ol f¨ ugg˝oen a l´eghozam 5,0 vagy 8,8 liter/m´asodperc lehet. A m´er´es becs¨ ult pontoss´ aga 15% k¨ or¨ ul van, ´es f˝ oleg a ki´ araml´o leveg˝ o ismeretlen h˝ om´ers´ekleti profilj´anak tudhat´o be. Amiatt, hogy a m´er´es ki´ert´ekel´ese sz´ amos felt´etel teljes¨ ul´es´ehez k¨ ot˝ odik, tov´ abbi szisztematikus hib´ak is fell´ephetnek. 7 m´er´esi jegyz˝ ok¨ onyv ´erkezett. 6 pontot kapott Fodor Marcel, Lud´ anyi Levente ´es P´ acsonyi P´eter munk´ aja. Kicsit hi´ anyos (5 pont) 2, hi´ anyos (2 pont) 2 dolgozat.

M. 397. Gyerty´ aval bekormozott f´emlemez h˝ om´ers´eklet´et m´erve hat´ arozzuk meg, hogy mennyi energia ´erkezik a Napb´ ol egys´egnyi id˝ o alatt a sug´ arz´ asra mer˝ oleges, egys´egnyi nagys´ ag´ u fel¨ uletre! (A f´emlemez anyag´ anak fajh˝ oj´et vegy¨ uk t´ abl´ azatb´ ol.) (6 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

K¨ozli: Tichy G´eza, Budapest 565

Megold´ as. 1. Elm´eleti a ´ttekint´es. A Napb´ ol egys´egnyi fel¨ uletre es˝ o sug´ arz´ asi teljes´ıtm´enyt meg tudjuk m´erni, ha egy f´emdarabot napsug´ arz´ asnak tesz¨ unk ki. Ekkor a test h˝ om´ers´eklete megn˝ o, ahogy energi´at nyer a k¨ ornyezet´et˝ ol. Az abszol´ ut fekete test az a test, ami a r´ a´erkez˝o sug´ arz´ ast teljes m´ert´ekben elnyeli. Ennek az idealiz´alt esetnek a megk¨ ozel´ıt´ese ´erdek´eben feket´ere kormozom a f´emdarabot, hogy az a sug´arz´ as min´el nagyobb h´ anyad´ at elnyelje. A m´er´es sor´ an a k¨ ovetkez˝ o egyenletet haszn´ alom fel: Δt · S · A = c · m · ΔT,

ahol S a nap´ alland´ o, A a testnek a napsug´ arz´ asra mer˝ oleges felsz´ıne, c a test om´ers´eklet-v´ altoz´ asa ´es Δt az eltelt anyag´ anak fajh˝oje, m a test t¨ omege, ΔT a test h˝ id˝ o. A test egy id˝o ut´ an termikus egyens´ ulyba ker¨ ul a k¨ ornyezet´evel, ekkor a fenti egyenlet nem igaz, hiszen hi´ aba telik az id˝o, a h˝ om´ers´eklet nem fog m´ ar v´ altozni. Emiatt nem fogok nagyon hossz´ u ideig m´erni. A fajh˝o h˝om´ers´ekletf¨ ugg˝o mennyis´eg, de ebben a m´er´esben ett˝ ol eltekint¨ unk.

2. A m´er´es menete. A m´er´es sor´ an egy rozsdamentes ac´elb´ ol k´esz¨ ult k´es peng´ej´et haszn´ altam, amit gyerty´ aval kormoztam be, ´ıgy a peng´et (els˝ o k¨ ozel´ıt´esben) fekete testnek tekinthettem. A h˝ om´ers´ekletet egy digit´ alis t˝ uh˝ om´er˝ ovel m´ertem, ennek a pontoss´ aga 1,5%. Az id˝ ot 30 m´ asodpercig m´ertem, hiszen nem akartam, hogy a h˝om´ers´eklet-k¨ ul¨ onbs´eg t´ ul nagy legyen, ´es a termikus egyens´ uly k¨ ozel´ebe unk. A m´er´est m´ as napokon is elv´egeztem, nagyj´ ab´ ol ugyanabban az id˝oker¨ ulj¨ ben. T¨obbsz¨or is borult, es˝os id˝o volt Szegeden a h´et folyam´ an, ´ıgy ¨ osszesen 4 nap alkalm´aval tudtam m´er´eseket v´egezni. El˝osz¨or is meg kellett hat´ aroznom a peng´ere jellemz˝ o adatokat. A legegyszer˝ ubb a t¨omeg m´er´ese volt, ezt egy konyhai m´erleggel v´egeztem el ´es m = 23 g-ot kaptam. A m´erleg nem digit´alis, hanem anal´ og volt, aminek pontoss´aga a mutat´o vastags´ aga ´es beoszt´ asok t´ avols´ aga alapj´an Δm ≈ 2 g-ra becs¨ ulhet˝ o. A k´es anyaga rozsdamentes ac´el (m´ as n´even inox a francia inoxydable sz´ob´ ol), ami egy minimum 10,5% kr´omot tartalmaz´ o ac´el¨ otv¨ ozet. Ennek fajh˝ oj´et kin´eztem egy online t´abl´ azatb´ ol. Nem tal´ altam meg a penge t´ıpus´ at, ez´ert a k¨ ul¨ onb¨ oz˝ o anyag´ u atlagos ´ert´ek´et fogadtam el. rozsdamentes ac´elok fajh˝oj´enek c = (480 ± 20) kgJK ´ Nehezebb feladat volt a k´es felsz´ın´enek ´es a t´erfogat´ anak meghat´aroz´ asa. A k´es peng´ej´enek sz´eless´ege nem a´lland´ o, de nem is egyenletesen v´altozik, hanem a t¨ ov´en´el lassabban cs¨ okken, mint a v´eg´en. A k´es felsz´ın´et u ´gy becs¨ ultem, mintha egy trap´ezb´ol ´es egy mell´e helyezett der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ ogb˝ ol ´ allna. A teljes pengehossz 20 cm, a trap´ez oldalai: a = 4,3 cm, c = 3,0 cm, ´es a hosszanti m´erete  = 15,0 cm. Teh´at a h´aromsz¨ og befog´oi b = 3,0 cm, d = 5,0 cm. Ezekkel az adatokkal a k´es egyik oldal´ anak felsz´ıne: bd a+b + = 62,3 cm2 . A= 2 2 Mivel a trap´ez ´es h´ aromsz¨ og hat´ ar´ at o alasztottam, ez´ert a felsz´ın ebb˝ ol ¨nk´enyesen v´ ered˝ o ΔA hib´ aj´at meg tudom becs¨ ulni, ha v´ altoztatom a trap´ez magass´ ag´ at ´es lem´erem u ´jra az oldalakat. Ezen sz´ am´ıt´ asok alapj´an ΔA = ±1,5 cm2 -nek vehet˝ o. 3. M´er´es eredm´enyek. A n´egy napi m´er´es ¨ osszes´ıtett (´ atlagolt) eredm´enye szerint Δt = 30,6 ± 0,4 m´asodperc alatt a felmeleged´es m´ert´eke ΔT = (18,6 ± 0,6) ◦ C 566

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

volt. (A t´ abl´ azatba foglalt m´er´esi ´es ki´ert´ekel´esi adatokat a bek¨ uld¨ott jegyz˝ok¨onyv tartalmazza – a szerk.) A nap´ alland´ o sz´ am´ıtott ´ert´eke S=

b) K´et felf¨ uggeszt˝ o fon´ al esete. Az ´ abra azt a helyzetet mutatja, amikor a fonalak ´ e ppen elszakadnak, vagyis mindegyik fonalat √ ag´ u er˝ o fesz´ıti. A fon´ aler˝ok ered˝oje az alma s´ uF = G/ 3 nagys´ ly´ aval egyezik meg. A koszinuszt´etel szerint:

W c m ΔT = (1015 ± 114) 2 , A Δt m

F 2 = F 2 + Fe2 − 2F Fe cos ϕ,

ami 11%-os m´er´esi pontoss´agnak (relat´ıv hib´ anak) felel meg. 4. Hibaforr´ asok. A statisztikus hib´ an t´ ul a k¨ ovetkez˝ o hibaforr´ asok eml´ıthet˝ ok meg: – a vonalz´ on egy beoszt´ as nem pontosan 1 mm; – nem abszol´ ut fekete test volt a bekormozott penge; – nem volt minden nap ugyanolyan a felh˝ozet; – a h˝ om´er˝ o kerek´ıt´esi pontatlans´ aga; – line´arisnak felt´etelezett h˝ om´ers´eklet-v´ altoz´ as; – a penge ¨ osszet´etel´et nem ismertem pontosan; – leolvas´ asi pontatlans´ ag ´es kerek´ıt´esi hiba. ´ Isk., 12. ´evf.) Lud´ anyi Levente (Szeged, SZTE Gyak. Gimn. ´es Alt. 12 m´er´esi jegyz˝ ok¨ onyv ´erkezett. 6 pontot kapott Horv´ ath Anik´ o ´es Lud´ anyi Levente megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (4–5 pont) 6, hi´ anyos (1–3 pont) 3, nem ´ert´ekelhet˝ o 1 dolgozat.

vagyis √ 3 G Fe √ = = cos ϕ = 2F 2 2G/ 3

P. 5231. Egy alm´ at a sz´ ara t¨ ov´en´el h´ arom egyforma hossz´ u, egyforma teherb´ır´ as´ u fon´ alon tartunk. A fonalak fels˝ o v´egeit v´ızszintes s´ıkban lassan t´ avol´ıtjuk egym´ ast´ ol u ´gy, hogy a fonalak p´ aronk´ent mindig ugyanakkora sz¨ oget z´ arnak be egym´ assal. A fonalak akkor szakadnak el, amikor p´ aronk´ent ´eppen mer˝ olegesek egym´ asra. Ha k´et ugyanilyen fon´ alhoz er˝ os´ıten´enk ugyanezt az alm´ at, majd a fonalak fels˝ o v´egeit ugyan´ ugy v´ızszintes s´ıkban t´ avol´ıtan´ ank egym´ ast´ ol, milyen sz¨ oget z´ arn´ anak be egym´ assal a fonalak, amikor elszakadn´ anak? (4 pont)

K¨ ozli: Nagy Piroska M´ aria, Budapest

Megold´ as. a) H´ arom felf¨ uggeszt˝ o fon´ al esete. A fonalak egyenl˝o hossz´ uak ´es der´eksz¨ oget z´ arnak be egym´assal, teh´at felfoghat´ok egy kocka valamelyik cs´ ucs´ ab´ol arom kiindul´ o ´elekk´ent. Legyen az alma s´ ulya G, a fonalakat fesz´ıt˝o er˝o F , a h´ uly eset´en Fe = G. fon´ aler˝o ered˝ oj´enek nagys´ aga pedig Fe . Egyens´ Az ered˝ o er˝ o vektora ´ e ppen a kocka test´ atl´ oja ir´ any´ aba mutat, nagys´ aga √ asa ezek szerint Fe = 3F . A fonalak teherb´ır´ 1 1 F = √ Fe = √ G. 3 3

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

ϕ = 30◦ .

A fonalak teh´at 2ϕ = 60◦ -os sz¨ oget z´ arnak be egym´assal, amikor elszakadnak. N´emeth Krist´ of (Szolnok, Verseghy F. Gimn., 11. ´evf.) 41 dolgozat ´erkezett. Helyes 36 megold´ as. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 4, hi´ anyos (2 pont) 1 dolgozat.

P. 5241. Az er˝ os d´elnyugati sz´el hat´ as´ ara 1962. m´ ajus 14-´en 9 ´ ora alatt 45 cmrel cs¨ okkent Keszthelyn´el a Balaton v´ızszintje, am´ıg Als´ o¨ orsn´el 51 cm-t emelkedett. Adjunk nagys´ agrendi becsl´est a sz´elnek a v´ız emel´es´ere ford´ıtott teljes´ıtm´eny´ere! (Becsl´es¨ unkh¨ oz felhaszn´ alhatjuk az interneten el´erhet˝ o adatokat is.) (4 pont)

Fizika feladatok megold´ asa

⇒

K¨ ozli: Radnai Gyula, Budapest

Megold´ as. Becsl´es¨ unkben a Balaton fel¨ ulet´et t´eglalap alak´ unak tekintj¨ uk. A t´eglalap hosszabb oldala a = 60 km (kb. a Keszthely–Als´ o¨ ors t´ avols´ ag), ´es ez az oldal p´arhuzamos a sz´el ir´any´ aval. A t´eglalap r¨ ovidebb oldala: b = 10 km a Balaton a´tlagos sz´eless´ege. Ennek a k¨ ozel´ıt´esnek az az alapja, hogy ´ıgy mind a Balaton felsz´ın´ere, mind a t´erfogat´ ara val´ os adatot kapunk, ha az ´atlagos v´ızm´elys´eget 3,2 m-nek vessz¨ uk, ami szint´en elfogadhat´ o ´ert´ek. Az, hogy az ´ıgy kapott meden” ce” k´et sz´el´en´el a s¨ ullyed´es, illetve az emelked´es nem egyezik meg, azzal magyar´azhat´ o, hogy a sz´elf´ utta v´ız fel¨ ulete nem teljesen s´ık. Becsl´es¨ unkben u ´gy vessz¨ uk, hogy az emelked´es ´es a s¨ ullyed´es a k´et oldalon a k´et megadott ´ert´ek a´tlag´ aval, h = 0,48 m-rel egyezik meg. A sz´el munk´ aja abb´ ol ered, hogy elferd´ıtette” a Balaton v´ız´et; ek¨ ozben (leg” al´abb) annyi munk´ at v´egzett, mint amennyivel n˝ ott a v´ız helyzeti energi´ aja. K´epzelj¨ uk el, hogy a v´ız ´athelyez˝od´ese u ´gy t¨ ort´ent, hogy a Keszthely ´es Als´ o¨ ors k¨ oz¨ otabnyi v´ızt¨ omeget ti t´ avols´ ag felez˝ovonalt´ol d´elnyugatra es˝ o, h´ aromsz¨ og alap´ u has´ uk az ´eszakkeleti r´eszre, mik¨ oza felez˝ ovonal k¨ or¨ ul 180◦ -kal elforgatva ´athelyezz¨ ben a t´eglalap r¨ ovidebb k¨ oz´epvonala helyben marad. Ekkor a v´egzett munka ezen v´ızhas´ ab helyzeti energi´ aj´anak megv´altoz´ as´ aval egyenl˝o. Megjegyz´es. A v´ızt¨ omeg nehezen le´ırhat´ o, t´enyleges mozg´ asa, a v´ız a ´trendez˝ od´ese nyilv´ an nem a fent le´ırt a ´tforgat´ assal t¨ ort´enik, de mivel a kezdeti- ´es a v´eg´ allapot b´ armilyen k¨ ozbens˝ o v´ızmozg´ as eset´en ugyanaz, a mechanikai munkav´egz´es is ugyanannyi, mint a megfelel˝ o v´ızmennyis´eg merev testk´ent t¨ ort´en˝ o´ atford´ıt´ asa sor´ an lenne.

Egy der´eksz¨ og˝ u h´ aromsz¨ og s´ ulypontja egy befog´ot´ ol egyharmad olyan messze van, mint a befog´ o ´es a r´ a nem illeszked˝ o cs´ ucs t´ avols´ aga. Ez nyilv´an ´erv´enyes 567

568

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

az ilyen alap´ u has´ abra is. Eset¨ unkben az ´ atford´ıtott” h´ aromsz¨og alap´ u has´ab ” s´ ulypontja kezdetben h/3 t´ avols´ aggal a v´ızfelsz´ın alatt, 9 o´ra eltelt´evel pedig h/3 t´ avols´ aggal a kezdeti v´ızfelsz´ın felett volt. Ezek szerint a v´egzett munka: W = mgΔh = mg

2h 2 2h = gV = gh 3 3 3



a h b 2 2



=

ab gh2 ≈ 2,3 · 1011 J. 6

Ebb˝ ol a t = 9 ´ora = 32 400 s id˝ otartamra jut´ o a´tlagos teljes´ıtm´eny: P = W/t ≈ ≈ 7 MW. ´ ´ Isk. ´es Gimn., 12. ´evf.) T´ oth Abel (Budapesti Fazekas M. Gyak. Alt. dolgozata alapj´an

G. 727. Egy vonatszerelv´eny 93,5 m hossz´ u. A vonat nyugalomb´ ol indul, ´es a´lland´ o gyorsul´ assal egyenes p´ aly´ an mozog. Az indul´as pillanat´aban egy aut´o, amely a vonattal p´ arhuzamosan, a´lland´ o sebess´eggel halad, ´eppen a vonat v´eg´en´el van, ´ majd 14 s m´ ulva az aut´ o el´eri a vonat elej´et. Ujabb 16 s eltelt´evel az aut´ o megint a vonat v´eg´en´el van. a) Mekkora az aut´ o sebess´ege? b) Mekkora a vonat gyorsul´asa? c) Mekkora utat tesz meg az aut´ o, ameddig a vonat v´egleg lehagyja? (3 pont)

K¨ ozli: Demeter Piroska, Szeged

´ 18 dolgozat ´erkezett. Helyes T´ oth Abel, Gurz´ o J´ ozsef, Kolesz´ ar Benedek ´es Mihalik B´ alint megold´ asa. Kicsit hi´ anyos (3 pont) 2, hi´ anyos (1–2 pont) 10, hib´ as 2 dolgozat.

G. 728. Vannak olyan folyad´ekok, p´eld´ aul a nyers tej vagy az ol´ıvaolajosbalzsamecetes sal´ ata¨ ontet, melyeket ha ´allni hagyunk, akkor a folyad´ek k´et alkot´oelem´ere v´ alik sz´et. Az olaj ker¨ ul az ¨ ontet tetej´ere, illetve zs´ıros tejsz´ın lesz a tej tetej´en, mik¨ozben a teljes t´erfogat nem v´ altozik. Ha az ilyen folyad´ekokat

Fizik´ ab´ ol kit˝ uz¨ ott feladatok

a) felfel´e keskenyed˝ ou ¨vegben tartjuk; uk; b) hengeres m´er˝ opoh´arba t¨ oltj¨

M. 400. Vizsg´aljuk meg, hogy egy, a t¨ ov´en´el lev´ agott feny˝ oa´g s´ ulypontja a hossz´anak h´ anyad r´esz´en´el helyezkedik el! V´egezz¨ uk el a m´er´est a lev´ agott oldal´ agakra is, figyelve, hogy a feny˝ o´agak ne nagyon hajoljanak meg! Hasonl´ıtsuk ossze a kapott eredm´enyeket! A feny˝ o´ag lehet egy kar´ acsonyfa legals´ o ´aga, amelyet ¨ t˝ oben v´alasztunk le a t¨ orzsr˝ ol, miel˝ott a tart´ ol´abakat felszerelj¨ uk. (6 pont)

c) felfel´e sz´elesed˝o poh´ arba ¨ ontj¨ uk, majd megv´arjuk az alkot´ oelemek sz´etv´ al´as´ at, akkor a folyad´ek alj´ an´ al a hidrosztatikai nyom´ as megn˝o, lecs¨ okken vagy v´ altozatlan marad?

K¨ ozli: Horv´ ath Norbert, Budapest

G. 725. A B¨ ukkben halad´ o, Miskolcot Egerrel ¨osszek¨ot˝ o kacskaring´ os hegyi u ´t kb. 50 km hossz´ u. Egy ny´ ari vas´ arnap d´elel˝ ott mindk´et ir´anyban er˝ os volt a forgalom. Az ´atlagosan 35 km/h sebess´eg˝ u aut´ ok mindk´et ir´anyban haladva ´atlagosan 1 percenk´ent tal´ alkoztak egy-egy szembej¨ ov˝ o g´epkocsival. Becs¨ ulj¨ uk meg, h´ any (oda- ´es visszafel´e halad´o) aut´ o tart´ozkodott egyszerre ekkor a teljes u ´tszakaszon!

(4 pont)

(3 pont) P. 5272. Az ´ abr´ an l´ athat´ o n´egy bels˝ o fogasker´ek k¨ orbej´ ar, a k¨ uls˝ o pedig a´ll. (A fogaskerekek mozg´asa a honlapon megtekinthet˝ o.) Mekkora az A, B ´es C jel˝ u fogasker´ek fordulatsz´ ama, ha a legkisebb, D jel˝ u fogasker´ek m´ asodpercenk´ent egyszer fordul k¨ orbe?

G. 726. Az ´ abr´ an l´athat´ o n´egy bels˝ o fogasker´ek k¨ orbej´ar, a k¨ uls˝ o pedig a´ll. (A fogaskerekek mozg´asa a honlapon megtekinthet˝ o.) a) Hasonl´ıtsuk ¨ossze a fogaskerekek kering´esi idej´et! b) Rakjuk a fogaskerekeket a k¨ oz´eppontjuk sebess´ege szerint n¨ ovekv˝ o sorrendbe!

(5 pont)

K¨ ozli: Baranyai Kl´ ara, Veresegyh´az

(4 pont)

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

569

570

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

P. 5273. Az ´ abr´ an l´ athat´ o, v´ızszintes s´ıomekon elhelyezett, α = 30◦ -os, M = 1 kg t¨ g˝ u, h = 60 cm magass´ ag´ u der´eksz¨ og˝ u lejt˝ o tetej´en nyugv´ o m = 0,5 kg t¨ omeg˝ u, a = 20 cm alap´ u, b = 10 cm magass´ ag´ u t´eglatestet kezdetben nyugalomban tartjuk. Egy adott pillanatban a t´eglatestet elengedj¨ uk. A s´ url´od´ as minden¨ utt elhanyagolhat´ o. a) Mekkora a k´et test sebess´eg´enek nagys´ aga, amikor a t´eglatest a talajhoz ´er? b) Mennyi id˝ o alatt jut el a t´egla a talajhoz? c) Mekkora utat tesz meg ezalatt a t´eglatest? (5 pont)

K¨ozli: Holics L´ aszl´ o, Budapest

P. 5274. Az ´ abr´ an l´athat´ o, 3L hossz´ us´ ag´ u, elhanyagolhat´ o t¨omeg˝ u, merev r´ ud a bal oldali v´eg´et˝ ol L t´ avols´ agra l´ev˝ o, r¨ ogz´ıtett v´ızszintes tengely k¨or¨ ul s´ url´od´ asmentesen foroghat a f¨ ugg˝oleges s´ıkban. A r´ ud v´egeihez m, illetve 2m t¨omeg˝ u, kis m´eret˝ u testeket er˝ os´ıt¨ unk, ´es a rudat v´ızszintes helyzetben tartjuk. Egy adott pillanatban a rudat elengedj¨ uk.

P. 5276. Egy 25 cm-es a´tm´er˝ ore felf´ ujt, g¨ omb alak´ u lufival besz´allunk Eur´ opa legnagyobb emelked´es˝ u dr´ otk¨ ot´elp´ aly´ aj´anak kabinj´aba, ´es a hegytet˝ oig utazunk. A kabin nem z´ ar l´egmentesen, de a bels˝ o h˝ om´ers´eklet´et mindv´egig a besz´ all´ ohely h˝om´ers´eklet´en tartj´ ak. A kabin a tengerszint feletti 1000 m-es magass´ agb´ ol indul, ´es majdnem 3000 m magasba viszi fel a turist´ akat a Zugspitze cs´ ucs´ aig. A lufin bel¨ uli nyom´ as mindv´egig alig nagyobb a k¨ uls˝ o l´egnyom´ asn´ al. Becs¨ ulj¨ uk meg, mekkora lesz a lufi ´atm´er˝ oje, amikor kisz´ allunk a kabinb´ ol! (4 pont)

K¨ ozli: Mikl´ os Ildik´ o, T´esa

P. 5277. Egy f´enyk´epez˝ og´ep lencs´ej´enek f´ okuszt´avols´ aga 50 mm, a lencse a´tm´er˝ oje 20 mm. A lencs´et u ´gy ´ all´ıtottuk be, hogy 5 m t´avoli t´ argyat k´epez le ´elesen. Mekkora az a legnagyobb ´es legkisebb t´avols´ ag, amelyen bel¨ ul egy pontnak a k´epe m´eg kisebb, mint egy 0,05 mm ´atm´er˝ oj˝ u folt a filmen? Hogyan v´altozik ez az intervallum, ha a lencse ´atm´er˝ oj´et lesz˝ uk´ıtj¨ uk 10 mm-re? (5 pont)

K¨ ozli: Tichy G´eza, Budapest

P. 5278. Mennyire vil´ ag´ıtanak, ha sorba kapcsolunk ´es 230 V fesz¨ ults´egre k¨ot¨ unk a) egy 230 V, 25 W-os izz´ot ´es egy 230 V, 100 W-os izz´ot; b) egy 110 V, 25 W-os izz´ot ´es egy 110 V, 100 W-os izz´ot; c) egy 110 V, 25 W-os izz´ot ´es egy 230 V, 100 W-os izz´ot; d) egy 230 V, 25 W-os izz´ot ´es egy 110 V, 100 W-os izz´ot? (4 pont)

K¨ ozli: Honyek Gyula, Veresegyh´ az P. 5279. K´et nagyon hossz´ u, egym´ ast´ ol 2 t´ avol l´ev˝ o egyenes vezet˝o huzal mindegyik´eben I er˝ oss´eg˝ u, de ellent´etes ir´ any´ u´ aram folyik. A vezet˝ ok s´ıkj´aban, az egyik vezet˝ ot˝ ol d =  − b t´ avols´ agban egy a ´es b oldalhossz´ us´ ag´ u t´eglalap alak´ u vezet˝ okeretet helyezt¨ unk el, el˝ osz¨ or az ´ abr´ an l´athat´ o 1-es, majd a 2-es helyzetben (0 < a − b < ). Melyik esetben nagyobb a kereten a´tmen˝ o m´ agneses fluxus?

a) Mekkora a r´ ud ´ altal a tengelyre kifejtett er˝ o r´ udir´ any´ u ¨osszetev˝ oje abban a pillanatban, amikor a r´ ud α sz¨ oget z´ ar be a v´ızszintes ir´annyal? b) Hat´arozzuk meg az α sz¨ oget abban a pillanatban, amikor a r´ ud a´ltal a tengelyre kifejtett teljes er˝ o 4mg nagys´ ag´ u! (5 pont)

K¨ozli: Kotek L´ aszl´ o, P´ecs

(4 pont)

P. 5275. Az egyik kaposv´ari sz¨ ok˝ ok´ utb´ ol 1 perc alatt 1 k¨obm´eter v´ız sz¨okik fel f¨ ugg˝olegesen 5 m magasra. a) Mekkora a villanymotor felvett teljes´ıtm´enye, ha a szivatty´ uz´ as hat´ asfoka 75%? b) Mekkora sebess´eggel a´ramlik ki a v´ız a cs˝ ob˝ol? c) Mekkora a kil´ep˝ o v´ız´ aram ´atm´er˝ oje?

3

ur˝ us´eg˝ u k´ alium-klorid ionkrist´ aly szerkezete a k˝ oP. 5280. A 1,98 g/cm s˝ s´o´eval egyezik meg. Mekkora ebben a krist´ alyban az egym´ ashoz legk¨ ozelebb l´ev˝ o pozit´ıv ´es negat´ıv ionok k¨ oz´eppontja k¨ oz¨ otti t´ avols´ ag?

d) Mekkora a v´ızsug´ar ´ atm´er˝ oje 2,5 m magass´ agban? A l´egellen´ all´ ast´ ol ´es a v´ızsug´ar cseppekre szakad´as´at´ ol tekints¨ unk el. (4 pont) K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

Cserti J´ ozsef (Budapest) feladata nyom´ an

K¨ozli: Gelencs´er Jen˝ o, Kaposv´ ar 571

(4 pont) 572

K¨ ozli: Radnai Gyula, Budapest K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

P. 5281. Legfeljebb mekkora t¨ olt´esre tesz szert az a szigetel˝ oa´llv´anyra r¨ogz´ıtett, 50 mm sugar´ u, kezdetben t¨ oltetlen f´emg¨ ombh´ej, ha hossz´ u ideig olyan UV l´amp´ aval vil´ag´ıtjuk meg, melynek legalacsonyabb kisug´ arzott hull´ amhossza 280 nm? A g¨ ombh´ej anyag´ anak kil´ep´esi munk´ aja 3,7 eV, a leveg˝ o vezet˝ ok´epess´eg´et˝ ol eltekinthet¨ unk. (4 pont)

K¨ozli: Vigh M´ at´e, Biatorb´ agy

P. 5282. L´egp´ arn´ as asztalon m´agneskorong mozog egy f´emlap felett. Az ¨orv´eny´ aramok hat´ as´ara a sebess´eggel ar´ anyos f´ekez˝ oer˝ o hat a korongra. Egy alum´ıniumlap felett haladva a korong 30 cm u ´t megt´etele ut´ an a´ll meg, egy r´ezlap felett ugyanez a t´avols´ ag csak 20 cm. Mekkora u ´t megt´etele ut´ an ´all meg a m´ agneskorong, ha el˝ osz¨ or egy 15 cm sz´eles r´ezlap felett halad el, majd egy alum´ıniumlap felett folytatja mozg´as´at? (A korong kezd˝ osebess´ege mindh´ arom esetben ugyanakkora.) (6 pont)

K¨ozli: Gn¨ adig P´eter, V´ acduka

❄ Beku esi hat´ arid˝ o: 2021. janu´ ar 15. ¨ ld´ Elektronikus munkafu ¨ zet: https://www.komal.hu/munkafuzet

❄ MATHEMATICAL AND PHYSICAL JOURNAL FOR SECONDARY SCHOOLS (Volume 70. No. 9. December 2020) Problems in Mathematics New exercises for practice – competition K (see page 537): K. 674. In the backyard of aunt Ann, there are 120 animals: brown hens, white ducks, brown pigs and white rabbits. The number of white animals is 64, and the number of two-legged animals is 84. There are twice as many brown hens as white rabbits. How many of each species of animal live in aunt Ann’s backyard? K. 675. A large company was giving a Christmas party to its employees. Some of them brought their spouses along. There were five times as many men present at the party as women. At 10 p.m., some husbands left for home with their wives, and thus the number of women dropped to one seventh of the number of men remaining. What fraction of the men left at 10 p.m.? K. 676. A 6 × 6 chessboard is tiled with eighteen 1 × 2 dominoes without overlaps. Show that it is possible to cut the chessboard with a straight line that will not cut across any domino stone. K. 677. The five elements of a number set S are pairwise added to produce the sums 0, 6, 11, 12, 17, 20, 23, 26, 32 and 37. Find the elements of S. (Texas Mathematical Olympiad ) K. 678. There are 2020 coins lying on the table, lined up and showing heads, tails, heads, tails, . . . alternating. In one move, it is allowed to reverse any three consecutive coins. With an appropriate sequence of such moves, is it possible to achieve that every coin should show tails? New exercises for practice – competition C (see page 538): Exercises up to grade 10: C. 1637. In Dragonland, every seven-headed dragon blows fire, but not all seven-headed, fire-blowing creatures are dragons. According to the latest census figures, the number of dragons in Dragonland is equal to the number of fire-blowing creatures. K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

573

Is it true that every dragon has seven heads? C. 1638. Determine those non-regular triangles for which the orthocentre, the circumcentre, the incentre and two vertices are concyclic. Exercises for everyone: C. 1639. We have five numbers in mind. By selecting three numbers in every possible way and adding them together, we got the following sums: 41, 42, 44, 51, 52, 53, 54, 54, 55, 64. What are the five numbers? (Proposed by S. Kiss, Ny´ıregyh´ aza) C. 1640. In a quadrilateral ABCD, let S denote the centroid of triangle ABC, and let P denote the centroid of triangle ACD. Prove that the line segment connecting the midpoints of diagonals AC and BD bisects the line segment SP . C. 1641. In the expansion of the power (a + b + c)10 , determine the coefficient of the term in a3 b2 c5 . (Proposed by S. Kiss, Ny´ıregyh´ aza) Exercises upwards of grade 11: C. 1642. The opposite sides of a convex hexagon ABCDEF are parallel, the distances separating the parallel pairs of sides are equal, and the angles at vertices A and D are right angles. Prove that the diagonals BE and CF enclose an angle of 45◦ . C. 1643. Without using a calculator, evaluate the expression (log10 11) · (log11 12) · (log12 13) · . . . · (log99 100). New exercises  – competition B (see page 539): B. 5134. Find all integers n for 3n−5 is also an integer. (3 points) (Proposed by M. Szalai, Szeged) which the number n+1 B. 5135. The feet of the altitudes drawn from vertices A, B, C of an acute-angled triangle ABC are A1 , B1 and C1 , respectively; and the midpoints of the altitudes AA1 and BB1 are G and H, respectively. Prove that the circumscribed circle of triangle C1 GH passes through the midpoint F of side AB. (4 points) (Proposed by B. B´ır´ o, Eger) B. 5136. The population of an island consists of underdogs and overlords. When a stranger visited the island, he was invited for dinner with a company of inhabitants. At the end, he asked each member of the company how many overlords were present. The underdogs all gave figures less than the true value and the overlords all gave figures larger than the true value. Is it true that the number of overlords can always be determined from the answers? (5 points) (Based on a problem of the D¨ urer Competition) B. 5137. Solve the following simultaneous equations over the set of real numbers: x + y 2 = z 3 , x2 + y 3 = z 4 , x3 + y 4 = z 5 . (4 points) (Proposed by S. R´ oka, Ny´ıregyh´ aza) B. 5138. Triangle ABC is not isosceles. The interior angle bisectors drawn from vertices A and B intersect the opposite sides at points A and B  , respectively. Prove that the perpendicular bisector of A B  will pass through the centre anyi, of the inscribed circle if and only if AB  + BA = AB. (5 points) (Proposed by L. Sur´ Budapest) B. 5139. The diagonals of a convex quadrilateral ABCD intersect at M . The area of triangle ADM is greater than that of triangle BCM . The midpoint of side BC of √ the quadrilateral is P , and the midpoint of side AD is Q, AP + AQ = 2 . Prove that the area of quadrilateral ABCD is smaller than 1. (5 points) B. 5140. There are 10 countries on an island, some of which share a border, and some do not. Each country uses a currency of its own. Every country operates a single exchange office, by the following rules: if you pay 10 units of the currency of that country, you will get 1 unit of each of the currencies of the bordering countries. Initially Arthur and Theodore each own 100 units of the currency of every country. Then each of them shops around the exchange offices of various countries in any order they like, and keeps exchanging money while they can (that is, while they have at least 10 units of a kind). Prove that Arthur and Theodore will have the same number of Bergengocian dollars at the end (the Bergengocian dollar is the currency of one of the countries on the island). (6 points) (Based on the idea of G. M´esz´ aros, Budapest) B. 5141.  2n n  n    n n+1 = 2 . (6 points) (Proposed by D´ a vid Nagy, Cambridge) Prove that i j+1 i=0 j=i

New problems – competition A (see page 541): A. 789. Let p(x) = a21 x21 + a20 x20 + · · · + a1 x + 1 be a polynomial with integer coefficients and real roots such that the

574

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

absolute value of all of its roots are less than 1/3, and all the coefficients of p(x) are lying in the interval [−2019a, 2019a] for some positive integer a. Prove that if this polynomial is reducible in Z[x], then the coefficients of one its factors are less than a. (Submitted by Navid Safaei, Tehran, Iran) A. 790. Andrew and Barry plays the following game: there are two heaps with a and b pebbles, respectively. In the first round Barry chooses a positive integer k, and Andrew takes away k pebbles from one of the two heaps (if k is bigger than the number of pebbles in the heap, he takes away the complete heap). In the second round the roles are reversed: Andrew chooses a positive integer and Barry takes away the pebbles from one the two heaps. This goes on, in each round the two players are reversing the roles. The player that takes the last pebble loses the game. Which player has a winning strategy? (Submitted by Andr´ as Imolay, Budapest)

Problems in Physics (see page 569) M. 400. Investigate the position of the centre of mass of a pine branch, which was cut off near the trunk. That is, at what fraction of the length of the branch is the centre of mass? Carry out the measurement with the cut-off side branches as well. Take care, not to bend the branches too much. Compare the results. The pine branch can be a lowest branch of the Christmas tree, which had been cut off before the tree was put into its stand. G. 725. The winding road in B¨ ukk Mountains, which connects the cities Eger and Miskolc is approximately 50 km long. On a summer Sunday morning the traffic was heavy in both directions. Cars in both directions travelled at an average speed of 35 km/h, the oncoming cars passed each other on an average of one minute. Estimate the number of cars on the road at the same time (travelling in both directions). G. 726. The four inner cogwheels shown in the figure are moving round, whilst the outer one is at rest. (The motion of the cogwheels can be seen on the homepage.) a) Compare the periods of the cogwheels. b) Order the speeds of the centres of the cogwheels increasingly. G. 727. The length of a train is 93.5 m. The train starts from rest and travels at a constant acceleration along a straight railway. At the starting moment of the train a car, moving along a straight road parallel to the railway at a constant speed, is next to the end of the train, and after 14 seconds the car reaches the front of the train. After another 16 s, the car is again at the end of the train. a) What is the speed of the car? b) What is the acceleration of the train? c) How much distance does the car travel until the train finally passes it? G. 728. Some liquids – like raw milk or salad dressing made from olive oil and balsamic vinegar – when left to rest separate to their constituents. The oil will be on the top of the dressing and greasy cream will be on the top of the milk, while the total volume of the liquid does not change. How does the hydrostatic pressure at the bottom of the bottle into which the liquid is poured change when it is left to rest (increases, decreases or does not change) if the bottle a) is tapering upward; b) has a cylinder shape; c) is broadening out upward? P. 5272. The four inner cogwheels shown in the figure are moving round, whilst the outer one is at rest. (The motion of the cogwheels can be seen on the homepage.) What are the values of the number of turns of the cogwheels labelled with the letters A, B and C if the smallest cogwheel labelled with D completes a full revolution in each second? P. 5273. A cuboid of mass m = 0.5 kg, base-side a = 20 cm and of height b = 10 cm is initially held at rest on the top of a right-angled inclined plane of mass M shown in the figure. The angle of elevation of the inclined plane is α = 30◦ and its height is h = 60 cm. The cuboid is released at a certain moment. Friction is negligible everywhere. a) What is the ratio of the speeds of the two objects when the cuboid touches the ground? b) How

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9

575

long does it take for the cuboid to reach the ground? c) How much distance is covered by the cuboid? P. 5274. A rigid rod of length 3L, shown in the figure can be rotated frictionlessly in a vertical plane about a horizontal axle, which is at a distance of L from the left end of the rod. The mass of the rod is negligible. Two small objects of masses m and 2m are attached to the ends of the rod, and the rod is held horizontally. Then the rod is released at a certain moment. a) What is the magnitude of that component of the force exerted on the axle by the rod which is parallel to the rod at the moment when the angle between the rod and the horizontal is α? b) Determine the angle of α at the moment when the magnitude of the total force exerted by the rod on the axle is 4mg. P. 5275. One of the fountains in city Kaposv´ ar jets 1 cubic metre of water into the air to a height of 5 m in each minute. a) What is the power of the electric motor if the efficiency of pumping is 75%? b) At what speed does the water flow out of the nozzle? c) What is the diameter of the water flowing out of the nozzle? d) What is the diameter of the water at a height of 2.5 m? Do not consider air-drag and that the water is separated to small drops. P. 5276. With a sphere-shaped balloon of diameter 25 cm we get into the cabin of a cable car and travel up to the top of the peak called Zugspitze. The cabin is not air-tight, but the temperature inside is kept to be the same as it is at the bottom station. The cabin starts at a height of 1000 m above sea level and goes up to a heigh of nearly 3000 m above sea level. The pressure inside the balloon is only a little greater than the ambient air pressure during the whole the journey. Estimate the diameter of the balloon when we get off. P. 5277. The focal length of a camera is 50 mm, the diameter of the lens is 20 mm. The lens is adjusted such that it forms the sharp image of an object which is at a distance of 5 m from the lens. What is the smallest and greatest distance of a point-like object from the film, between which the image formed on the film is smaller than a spot of diameter 0.05 mm? How will this interval change if the diameter of the lens is decreased to 10 mm? P. 5278. How much do the bulbs glow if they are connected in series to a voltage supply of 230 V? The voltage and power ratings of the bulbs are the following: a) one bulb rated as 230 V, 25 W and another rated as 230 V, 100 W; b) one of them is rated as 110 V, 25 W and the other as 110 V, 100W; c) one of them is rated as 110 V, 25 W and the other as 230 V, 100 W; d) one of them is rated as 230 V, 25 W and the other is rated as 110 V, 100 W? P. 5279. Electric current of magnitude I flows in two pieces of a very long parallel wire, which are at a distance of 2, in the opposite direction. A rectangle-shaped loop of wire is placed in the plane of the two wires at a distance of d =  − b from one of the wires, first in position 1 and next in position 2, shown in the figure. The sides of the rectangle are a and b, where 0 < a − b < . In which case will the flux linkage of the loop be greater? P. 5280. The structure of potassium chloride ion crystal of density 1.98 g/cm3 is the same as that of rock salt. What is the distance between the centres of the nearest positive and negative ions in this crystal? P. 5281. What will the maximum charge be on an initially uncharged metal spherical shell of radius 50 mm, which is mounted on an insulating stand, if it is illuminated for a long time with a UV light source? The shortest wavelength of light emitted by the source is 280 nm, and the work function of the metal of the shell is 3.7 eV. Neglect the conducting effect of air. P. 5282. A magnetic disc is moving on an air-cushioned table above a metal sheet. Due to the generated eddy currents there is a retarding force exerted on the disc, which is proportional to the speed of the disc. Moving above a sheet made of aluminium the disc stops after covering a distance of 30 cm, but when the sheet is made of copper the disc stops after covering only 20 cm. How much distance will the disc cover if first it travels above a piece of copper sheet of width 15 cm, and then continues its motion above an aluminium sheet? (The initial speeds of the disc are the same in all the three cases.)

70. ´evfolyam 9. sz´ am

K¨ oMaL

Budapest, 2020. december

A K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok 70. ´ evfolyam´ anak tartalomjegyz´ eke (2020)

Versenyek: Versenyki´ır´ as a K¨ oMaL pontversenyeire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 337 N´eh´ anyan a 2019–2020-as tan´ev legszorgalmasabb megold´ oi k¨ oz¨ ul . . . . . 547 K¨ ozlem´ enyek: T´ aj´ekoztat´ o a foly´ oirat el˝ ofizet´es´er˝ ol . ´ Eletm˝ ´ R´ atz Tan´ ar Ur ud´ıjak a ´tad´ asa 2019 december´eben . . . . . . . . . . . . . . . Kik lettek 2020 Ericsson-d´ıjasai? . . . . . Ol´ ah Vera: Jelent´es a 2020. ´evi Ericsson-d´ıjazottakr´ ol . . . . . . . . . . . .

336 104 555 556

K´ os G´eza: T´erbe kil´ep˝ o bizony´ıt´ asok VII. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Simonovits Andr´ as: Egy j´ arv´ anymodell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . K´ os G´eza: T´erbe kil´ep˝ o bizony´ıt´ asok, r´ aad´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Domokos G´ abor, Kov´ acs Fl´ ori´ an, L´ angi Zsolt, Reg˝ os Krisztina, Varga P´eter Tam´ as: Konvex poli´ederek egyens´ ulyi pontjai . . . . . . . . . . Bessenyei Mih´ aly, P´enzes Evelin: Monoton lek´epez´esek fixpontjai II. . . . . Hargitai S´ ara, Unyi Tam´ as: Az elfeledett k¨ oz´ep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tur´ an P´ al: Egy k¨ ul¨ on¨ os ´elet´ ut, Ramanujan. I. r´esz . . . . . . . . . . . . . . . .

194 201 258

264 328 386 453

Mell´ ekletek: A 2019–2020-as pontversenyek v´egeredm´enye (a 2020/6. szeptemberi sz´ amban) Matematika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . I Informatika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . XI Fizika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . XII A 2019–2020-as tan´ev pontversenyeinek o ¨sszes´ıtett eredm´enye . . . . . . . . . XXI A 70. ´evfolyam tartalomjegyz´eke . . . XXIX

MATEMATIKA Cikkek: K´ os G´eza: T´erbe kil´ep˝ o bizony´ıt´ asok IV. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 K´ os G´eza: T´erbe kil´ep˝ o bizony´ıt´ asok V. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 o bizony´ıt´ asok K´ os G´eza: T´erbe kil´ep˝ VI. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130 Bessenyei Mih´ aly, P´enzes Evelin: Monoton lek´epez´esek fixpontjai I. . . 141

Versenyek: A k¨ oz´episkolai tan´ arok verseny´enek feladatai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Jelent´es a 2019. ´evi K¨ ursch´ ak J´ ozsef Matematikai Tanul´ oversenyr˝ ol . . . . al: A 2019. ´evi K¨ ursch´ ak Pach P´eter P´ J´ ozsef Matematikai Tanul´ overseny feladatainak megold´ asa . . . . . . . . . . . Dobos S´ andor: IMO felk´esz¨ ul´es a koronav´ırus a ´rny´ek´ aban, 2020 . . . . . . . . . A CMC verseny feladatai . . . . . . . . . . . . Fekete Panna, Kiss Melinda Fl´ ora, H´ amori Janka, Kocsis Anett, Nguyen Bich Diep, Velich N´ ora: EGMO besz´ amol´ o ................ Nemzetk¨ ozi Nyelv´eszeti Di´ akolimpia . K¨ ursch´ ak-verseny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Frenkel P´eter: Besz´ amol´ o a 61. Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpi´ ar´ ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A 61. Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpia feladatai . . . . . . . . . . . . . . . . . . A 61. Nemzetk¨ ozi Matematikai Di´ akolimpia feladatainak megold´ asa I. . .

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet

25 66

67 322 324

326 327 353

450 452 514

XXIX

K¨ ozlem´ enyek:

Megold´ asok:

59. R´ atz L´ aszl´ o V´ andorgy˝ ul´es . . . . . . . . 24 A 2019. ´evi Beke Man´ o Eml´ekd´ıjasok . 28 Matematikus k´epz´es a BME-n . . . . . . . 33 Matematikai k´epz´esek az ELTE TTK-n . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34 Matematikatan´ ar-k´epz´es az ELTE TTK-n . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Olimpiai el˝ ok´esz´ıt˝ o szakk¨ or¨ ok . . . . . . . . 326 Hargitai S´ ara, Unyi Tam´ as: Felh´ıv´ as matematikai di´ akkonferenci´ an val´ o r´eszv´etelre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 394

Emelt szint˝ u matematika ´ eretts´ egi gyakorl´ o feladatsorok ´ es megold´ asv´ azlatok: Balga Attila: Feladatsor (2020/1. sz.) . Koncz Levente: Megold´ asv´ azlatok a 2019/9. sz. feladataihoz . . . . . . . . . . V´ alogat´ as az Emelt szint˝ u ´eretts´egi matematik´ ab´ ol – 24 v´ alogatott gyakorl´ o feladatsor megold´ assal c´ım˝ u kiadv´ anyunkb´ ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . Balga Attila: Megold´ asv´ azlatok a 2020/1. sz. feladataihoz . . . . . . . . . . Szoldatics J´ ozsef: Feladatsor (2020/3. sz.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . V´egeredm´enyek a 2020/2. sz. feladataihoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Varga P´eter: Feladatsor (2020/4. sz.) . Szoldatics J´ ozsef: Megold´ asv´ azlatok a 2020/3. sz. feladataihoz . . . . . . . . . . Varga P´eter: Megold´ asv´ azlatok a 2020/4. sz. feladataihoz . . . . . . . . . . Balga Attila, Sz´ekely P´eter: Feladatsor (2020/6. sz.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . N´emeth L´ aszl´ o: Feladatsor (2020/7. sz.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Balga Attila, Sz´ekely P´eter: Megold´ asv´ azlatok a 2020/6. sz. feladataihoz . B´ır´ o B´ alint: Feladatsor (2020/8. sz.) . . N´emeth L´ aszl´ o: Megold´ asv´ azlatok a 2020/7. sz. feladataihoz . . . . . . . . . . Fridrik Rich´ ard: Feladatsor (2020/9. sz.) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . B´ır´ o B´ alint: Megold´ asok a 2020/8. sz. feladataihoz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

XXX

10 13

C gyakorlatok megold´ asai: 1528., 1557. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 1552. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 284 1549. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346

B feladatok megold´ asai: 4973., 5017. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5013., 5016., 5027. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5023. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4992., 5006. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5001., 5095., 5105. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4979., 4985., 5052., 5059., 5083. . . . . . . 5015., 5031. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5042. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

91 155 224 286 349 409 475 536

80 82

A K pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok:

146 148 206

644–648. 649–653. 654–658. 659–663.

. . . . . 28 . . . . . 95 . . . . . 159 . . . . . 353

664–668. . . . . . 416 669–673. . . . . . 477 674–678. . . . . . 537

210 273 333 395 397 459

A C pontversenyben kit˝ uz¨ ott gyakorlatok: 1581–1587. 1588–1594. 1595–1601. 1602–1608. 1609–1615.

. . . 29 . . . 96 . . . 160 . . . 225 . . . 288

1616–1622. 1623–1629. 1630–1636. 1637–1643.

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

354 417 478 538

463 517 519

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet

A B pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok: 5070–5077. 5078–5085. 5086–5093. 5094–5101. 5102–5109.

. . . 31 . . . 97 . . . 161 . . . 226 . . . 289

5110–5117. 5118–5125. 5126–5133. 5134–5141.

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

Az I pontversenyben kit˝ uz¨ ott feladatok: 355 418 479 539

Az A pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok: 767–768. 769–771. 772–774. 775–776. 777–779.

. . . . . 32 . . . . . 99 . . . . . 162 . . . . . 228 . . . . . 291

780–782. 783–785. 786–788. 789–790.

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

499–501. 502–504. 505–507. 508–510. 511–513.

. . . . . 36 . . . . . 99 . . . . . 163 . . . . . 229 . . . . . 292

514–516. 517–519. 520–522. 523–525.

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

357 420 486 551

Az S pontversenyben kit˝ uz¨ ott nehezebb feladatok: 356 419 480 541

Angol nyelv˝ u kivonatok: New exercises for practice, problems and advanced problems: 61., 125., 189., 253., 317., 381., 445., 509., 573. Problems of the 2019 K¨ ursch´ ak competition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

140. 141. 142. 143. 144.

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

40 103 166 232 296

145. 146. 147. 148.

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

360 424 488 554

et pontversenyben kit˝ uMindk´ z¨ ott I/S nehezebb feladatok: 41. 42. 43. 44. 45.

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

39 102 165 231 295

46. 47. 48. 49.

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

359 423 488 554

Versenyek, versenybesz´ amol´ ok:

Fizika feladatok megold´ asai:

Tichy G´eza, Vank´ o P´eter, Vigh M´ at´e: Besz´ amol´ o a 2019. ´evi E¨ otv¨ os-versenyr˝ ol . . . . . . . . . . . . . . . . Sarkadi Tam´ as, Sz´ asz Kriszti´ an, Tasn´ adi Tam´ as, Vank´ o P´eter, Vigh M´ at´e: Besz´ amol´ o a 2020. ´evi Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´ alogat´ oversenyr˝ ol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . A 2020. ´evi Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´ alogat´ overseny elm´eleti feladatai . E¨ otv¨ os-verseny . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sarkadi Tam´ as, Sz´ asz Kriszti´ an, Tasn´ adi Tam´ as, Vank´ o P´eter, Vigh M´ at´e: A 2020. ´evi Kunfalvi Rezs˝ o Olimpiai V´ alogat´ overseny elm´eleti feladatainak megold´ asa . . . . . . . . . . . Ifj´ u Fizikusok Nemzetk¨ ozi Versenye . . Vank´ o P´eter: Besz´ amol´ o a 4. Eur´ opai Fizikai Di´ akolimpi´ ar´ ol . . . . . . . . . . . . Tichy G´eza, Vank´ o P´eter, Vigh M´ at´e: Besz´ amol´ o a 2020. ´evi E¨ otv¨ os-versenyr˝ ol . . . . . . . . . . . . . . . .

5130., 5135., 5146. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5122., 5156., 5157., 5158. . . . . . . . . . . . . . 5153., 5154., 5155., 5160., 5161., 5164., 5166., 5170., 5172. . . . . . . . . . . . . . . . . 5165., 5174., 5178., 5180., 5183., 5185., 5191., 5197., 5203. . . . . . . . . . . . . . . . . 5186., 5190., 5194., 5199. . . . . . . . . . . . . . 5184., 5208., 5209. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5235. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5216., 5221., 5225., 5227., 5233., 5249. 5231., 5241. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

106

361 362 378

Cikkek: Schmieder L´ aszl´ o: Kacif´ antos ker´ıt´es – I. r´esz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481 Schmieder L´ aszl´ o: Kacif´ antos ker´ıt´es – II. r´esz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 541

172 234 308 375 440 496 567

Kit˝ uz¨ ott m´ er´ esi feladatok: 425 436 490

392. 393. 394. 395. 396.

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

57 121 185 249 313

397. 398. 399. 400.

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

378 442 506 569

558 Kit˝ uz¨ ott gyakorlatok:

M´ er´ esi feladatok megold´ asai:

693–696. 697–700. 701–704. 705–708. 709–712.

389. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 395., 397. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 563

Kit˝ uz¨ ott elm´ eleti feladatok:

Fizika gyakorlatok megold´ asai:

5186–5196. 5197–5207. 5208–5218. 5219–5229. 5230–5239.

FIZIKA INFORMATIKA

52 116

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

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

57 121 186 249 314

58 122 186 250 315

713–716. 717–720. 721–724. 725–728.

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

5240–5249. 5250–5260. 5261–5271. 5272–5282.

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

378 442 506 570

379 442 507 570

Cikkek, k¨ ozlem´ enyek: Fizika alapszak az ELTE TTK-n . . . . . Kond´ akor M´ ark: A m´er´esi pontverseny lelkivil´ aga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Berke Martin: Vezet˝ o henger mozg´ asa homog´en m´ agneses t´erben . . . . . . . . . Tehets´eggondoz´ as . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Woynarovich Ferenc: Anharmonikus rezg´esek peri´ odusideje . . . . . . . . . . . .

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet

55 167 297 365

666., 671., 674., 676., 678., 680. . . . . . . . 683., 684. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 681., 690., 694. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 688., 697. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 693., 701., 704. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 705., 710. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 711. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

46 114 233 305 373 438 495

Angol nyelv˝ u kivonatok: Problems in physics: 63., 126., 191., 255., 319., 383., 447., 511., 575.

365

XXXI

XXXII

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet

Egyenletek (ar´ anyoss´ ag, sz´ azal´ek): B. 5129 (479); – C. 1587 (30); – K. 653 (96); 670 (477).

A pontversenyben megoldott ´ es kit˝ uz¨ ott matematika ´ es fizika p´ eld´ ak csoportos´ıt´ asa t´ argyk¨ or¨ ok szerint A p´eld´ ak sz´ ama m¨ og¨ ott z´ ar´ ojelben az oldalsz´ am olvashat´ o, ha k´et sz´ am fordul el˝ o, az els˝ o a kit˝ uz´es, a m´ asodik a megold´ as hely´et jel¨ oli. A matematika feladatok felsorol´ as´ anak sorrendje: A jel˝ u nehezebb feladatok, B feladatok, C gyakorlatok, K gyakorlatok. A fizika feladatok felsorol´ as´ anak sorrendje: M m´er´esi feladatok, G gyakorlatok, P feladatok.

MATEMATIKA Aritmetika, algebra (m˝ uveletek sz´ amokkal, kifejez´esekkel, azonoss´ agok): A. 769 (99); 776 (228); 788 (480); – B. 5072 (31); 5079 (98); 5106 (290); 5111 (355); 5126 (479); – C. 1585 (30); 1587 (30); 1589 (96); 1592 (97); 1604 (226); 1606 (226); 1607 (226); 1613 (289); 1616 (354); 1618 (354); 1620 (354); 1623 (417); 1627 (417); 1628 (418); 1632 (478); 1634 (478); 1639 (538); 1643 (539); – K. 644 (28); 646 (29); 649 (95); 653 (96); 654 (159); 655 (159); 657 (159); 658 (160); 660 (353); 663 (353); 667 (416); 669 (477); 674 (537); 675 (537); 677 (538). Sz´ amelm´eleti feladatok (eg´esz sz´ amok, pr´ımsz´ amok, oszthat´ os´ ag, sz´ amrendszerek): A. 770 (99); 773 (163); 778 (291); 785 (420); 787 (480); – B. 5074 (31); 5086 (161); 5088 (161); 5095 (227, 350); 5100 (227); 5109 (291); 5113 (355); 5118 (418); 5128 (479); 5134 (539); – C. 1528 (151); 1581 (29); 1585 (30); 1590 (97); 1595 (160); 1597 (160); 1599 (160); 1607

(226); 1611 (289); 1625 (417); – K. 645 (28); 650 (95); 655 (159); 657 (159); 665 (416); 666 (416); 671 (477); 673 (477). Halmazok (ponthalmazok is): A. 769 (99); 775 (228); – C. 1637 (538). Val´ osz´ın˝ us´eg, kombinatorika, statisztika (kiv´ alaszt´ as, lesz´ amol´ as, binomi´ alis egy¨ utthat´ ok): A. 772 (162); 776 (228); 785 (420); – B. 5027 (158); 5084 (98); 5090 (162); 5092 (162); 5112 (355); 5115 (356); 5123 (419); 5132 (480); 5140 (540); 5141 (540); – C. 1557 (152); 1594 (97); 1602 (225); 1604 (226); 1611 (289); 1615 (289); 1636 (479); 1641 (539); – K. 646 (29); 652 (96); 659 (353); 672 (477); 673 (477). Logikai k´erd´esek (j´ at´ekok, sz´ınez´esek, t´ abl´ azatok, sakkt´ abla): A. 767 (32); 780 (356); 783 (419); 790 (541); – B. 4992 (286); 5052 (413); 5070 (31); 5098 (227); 5105 (290, 351); 5120 (418); 5136 (539); – C. 1630 (478); 1636 (479); 1637 (538); – K. 664 (416); 676 (538); 678 (538).

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet

XXXIII

Speci´ alis egyenletek (eg´esz r´esz, t¨ ort r´esz, exponenci´ alis, logaritmikus): B. 5079 (98); 5122 (418); – C. 1589 (96); 1590 (97); 1599 (160); 1600 (161). Egyenletrendszerek: A. 788 (480); – B. 5076 (32); 5121 (418); 5137 (540); – C. 1606 (226); 1609 (288); 1620 (354); – K. 674 (537); 675 (537). Egyenl˝ otlens´egek, becsl´esek (geometriai is): A. 784 (420); 786 (480); – B. 4973 (91); 5017 (94); 5072 (31); 5082 (98); 5094 (226); 5097 (227); 5103 (290); 5106 (290); 5116 (356); 5121 (418); 5128 (479); – C. 1552 (284); 1583 (30); 1618 (354); 1627 (417). F¨ uggv´enyek (sz´els˝ o´ert´ek, hat´ ar´ert´ek, f¨ uggv´enyvizsg´ alat): B. 4973 (91); 5017 (94); 5076 (32); 5083 (98, 415); – C. 1591 (97); 1620 (354); 1622 (355). Polinomok: A. 781 (356); 789 (541); – B. 5076 (32); 5083 (98, 415); 5129 (479). Sorozatok: B. 5059 (414); 5078 (97); 5084 (98); 5098 (227); 5109 (291); 5132 (480); – C. 1592 (97); 1604 (226); 1618 (354); 1632 (478); – K. 662 (353). Gr´ afok: A. 777 (291); 782 (357); 784 (420); – B. 5105 (290, 351); 5115 (356); 5130 (479); 5140 (540); – K. 654 (159). S´ıkm´ertani bizony´ıt´ asok: A. 768 (32); 771 (99); 774 (163); 779 (291); – B. 4979 (409); 4985 (412); 5013 (155); 5015 (475); 5016 (156);

XXXIV

5023 (224); 5031 (476); 5042 (536); 5075 (31); 5080 (98); 5081 (98); 5091 (162); 5093 (162); 5104 (290); 5107 (290); 5108 (290); 5110 (355); 5117 (356); 5119 (418); 5125 (419); 5130 (479); 5135 (539); 5138 (540); 5139 (540); – C. 1549 (346); 1582 (30); 1584 (30); 1586 (30); 1588 (96); 1598 (160); 1603 (226); 1605 (226); 1612 (289); 1619 (354); 1626 (417); 1631 (478); 1633 (478); 1635 (478); 1638 (538); 1640 (538); 1642 (539); – K. 661 (353). S´ıkm´ertani szerkeszt´esek: A. 781 (356); – B. 5127 (479); – C. 1635 (478). S´ıkm´ertani sz´ am´ıt´ asok: A. 768 (32); 781 (356); – B. 5001 (349); 5006 (287); 5013 (155); 5031 (476); 5071 (31); 5073 (31); 5080 (98); 5081 (98); 5082 (98); 5087 (161); 5093 (162); 5096 (227); 5104 (290); 5108 (290); 5131 (479); 5139 (540); – C. 1549 (346); 1582 (30); 1583 (30); 1586 (30); 1593 (97); 1596 (160); 1605 (226); 1608 (226); 1610 (289); 1612 (289); 1614 (289); 1617 (354); 1621 (354); 1624 (417); 1633 (478); 1638 (538); – K. 648 (29); 650 (95); 651 (96); 658 (160); 668 (417). Kombinatorikus geometria, s´ıkidomok darabol´ asa, s´ık lefed´ese: A. 768 (32); 786 (480); – B. 5085 (98); 5102 (289); 5130 (479); – K. 656 (159); 676 (538). M´ertani helyek: B. 5131 (479). Koordin´ atageometria: B. 5077 (32); 5099 (227); – C. 1583 (30); 1591 (97); 1622 (355). Trigonometria, goniometria: B. 5001 (349); 5096 (227).

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet

T´erm´ertani bizony´ıt´ asok: B. 5133 (480); – K. 647 (29). T´erm´ertani sz´ am´ıt´ asok (t´erelemek t´ avols´ aga, sz¨ oge, felsz´ın, t´erfogat): B. 5077 (32); 5089 (161); 5101 (228); 5114 (355); 5124 (419); – C. 1601 (161); 1606 (226); 1608 (226); 1629 (418).

Az ¨ osszes C gyakorlat megold´ asa a feladatok sorrendj´ eben: 1528 (151); 1549 (346); 1552 (284); 1557 (152).

Az o asa a fel¨sszes B feladat megold´ adatok sorrendj´ eben: 4973 (91); 4979 (409); 4985 (412); 4992 (286); 5001 (349); 5006 (287); 5013 (155); 5015 (475); 5016 (156); 5017 (94); 5023 (224); 5027 (158); 5031 (476); 5042 (536); 5052 (413); 5059 (414); 5083 (415); 5095 (350); 5105 (351).

Pontmechanika: G. 702 (186); 705 (249, 438); 706 (249); 709 (314); 716 (379); – P. 5122 (116); 5157 (119); 5160 (177); 5164 (179); 5166 (180); 5178 (237); 5185 (242); 5186 (58, 308); 5188 (59); 5197 (122, 245); 5198 (122); 5204 (124); 5208 (186, 376); 5210 (187); 5211 (187); 5212 (187); 5220 (250); 5221 (250, 498); 5222 (251); 5229 (252); 5231 (315, 567); 5233 (315, 504); 5239 (317); 5243 (380); 5244 (380); 5245 (380); 5249 (381, 505); 5251 (443); 5252 (443); 5263 (507); 5271 (509); 5273 ´ (571); 5282 (573); Aprilisi p´ otgyakorlat (250); E¨ otv¨ os-verseny 2020/2 (559). Merev testek mechanik´ aja: G. 695 (58); 698 (121); 699 (121); 701 (186, 374); 713 (378); 721 (506); – M. 394 (185); 398 (442); 400 (569); – P. 5135 (53); 5153 (172); 5155 (176); 5156 (117); 5165 (234); 5209 (186, 377); 5223 (251); 5232 (315); 5240 (379); 5274 (571); Kunfalvi-verseny 2020/4 (363). K¨ otelek, l´ ancok, granul´ alt anyagok mechanik´ aja: M. 393 (121); 394 (185); – P. 5199 (122, 312); 5260 (445). Rugalmass´ agtan: G. 680 (50); – P. 5200 (123); E¨ otv¨ osverseny 2019/3 (110).

FIZIKA

Kinematika: G. 666 (46); 674 (47); 678 (50); 684 (115); 688 (305); 693 (57, 373); 707 (249); 710 (314, 439); 717 (442); 720 (442); 722 (506); 725 (569); 726 (569); 727 (570); – P. 5154 (175); 5187 (58); 5219 (250); 5250 (442); 5261 (507); 5262 (507); 5264 (508); 5272 (570); Kunfalviverseny 2020/1 (362).

Folyad´ekok ´es g´ azok mechanik´ aja: G. 681 (233); 690 (233); 694 (58, 234); 704 (186, 374); 711 (314, 495); 719 (442); 728 (570); – M. 389 (41); 395 (249, 563); – P. 5146 (54); 5189 (59); 5196 (60); 5197 (122, 245); 5214 (188); 5241 (379, 568); 5242 (379); 5246 (380); 5265 (508); 5275 (571). F´enytan: G. 676 (48); 697 (121, 306); 708 (249); 723 (507); – P. 5130 (52); 5154 (175); 5172 (183); 5184 (375); 5190 (59, 309); 5203 (123, 246); 5224 (251); 5236 (316);

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet

XXXV

5247 (380); 5258 (444); 5267 (508); 5277 (572); Kunfalvi-verseny 2020/6 (366). H˝ otan: G. 671 (46); 699 (121); 700 (122); 712 (314); 714 (379); 718 (442); – M. 392 (57); 397 (378, 565); 399 (506); – P. 5158 (120); 5180 (238); 5191 (59, 244); 5192 (60); 5201 (123); 5202 (123); 5213 (187); 5215 (188); 5216 (188, 496); 5225 (251, 500); 5226 (252); 5234 (315); 5235 (316, 440); 5246 (380); 5249 (381, 505); 5253 (443); 5254 (443); 5266 (508); ´ 5276 (572); Aprilisi p´ otgyakorlat (250); E¨ otv¨ os-verseny 2019/1 (106); Kunfalviverseny 2020/3 (363); E¨ otv¨ os-verseny 2020/1 (558). Csillag´ aszat, asztrofizika: G. 676 (48); 718 (442); – P. 5130 (52); ´ 5210 (187); Aprilisi p´ otfeladat (252).

Atomfizika ´es magfizika: P. 5174 (236); 5206 (124); 5207 (124); 5217 (188); 5228 (252); 5230 (315); 5244 (380); 5259 (444); 5270 (509); 5280 (572); 5281 (573). Egy´eb: M. 396 (313); 400 (569); – P. 5249 (381); ´ 5249 (505); Aprilisi p´ otgyakorlat (250); ´ Aprilisi p´ otfeladat (252).

Az o er´ esi feladat megold´ asa ¨sszes m´ a feladatok sorrendj´ eben: 389 (41); 395 (563); 397 (565).

Az ¨ osszes gyakorlat megold´ asa a feladatok sorrendj´ eben:

Elektrosztatika: G. 724 (507); – P. 5160 (177); 5170 (182); 5194 (60, 311); 5195 (60); 5204 (124); 5229 (252); 5255 (444); 5256 (444); Kunfalvi-verseny 2020/5 (364).

666 (46); 671 (46); 674 (47); 676 (48); 678 (50); 680 (50); 681 (233); 683 (114); 684 (115); 688 (305); 690 (233); 693 (373); 694 (234); 697 (306); 701 (374); 704 (374); 705 (438); 710 (439); 711 (495).

Magnetosztatika: P. 5268 (508); 5279 (572); Kunfalviverseny 2020/2 (363).

Az ¨ osszes feladat megold´ asa a feladatok sorrendj´ eben:

Elektrodinamika: P. 5161 (178); 5183 (240); 5205 (124); 5218 (189); 5257 (444); E¨ otv¨ os-verseny 2019/2 (108). Egyen´ aram´ u h´ al´ ozatok: G. 683 (114); 696 (58); 703 (186); 715 (379); – P. 5193 (60); 5227 (252, 501); 5237 (316); 5238 (316); 5248 (381); 5249 (381, 505); 5278 (572). V´ alt´ o´ aram´ u h´ al´ ozatok: P. 5269 (509); E¨ otv¨ os-verseny 2020/3 (561).

XXXVI

5122 (116); 5130 (52); 5135 (53); 5146 (54); 5153 (172); 5154 (175); 5155 (176); 5156 (117); 5157 (119); 5158 (120); 5160 (177); 5161 (178); 5164 (179); 5165 (234); 5166 (180); 5170 (181); 5172 (183); 5174 (236); 5178 (237); 5180 (238); 5183 (240); 5184 (375); 5185 (242); 5186 (308); 5190 (309); 5191 (244); 5194 (311); 5197 (245); 5199 (312); 5203 (246); 5208 (376); 5209 (377); 5216 (496); 5221 (498); 5225 (500); 5227 (501); 5231 (567); 5233 (504); 5235 (440); 5241 (568); 5249 (505).

K¨ oz´ episkolai Matematikai ´ es Fizikai Lapok, 2020/9, mell´ eklet