ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA...
Transcript of ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA...
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
V. osztály
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5 pluszpont
jár.
1. feladat
Árgyélus királyfi a hétfejű sárkánnyal küzd. Ha levágja a sárkány egy fejét, három fej nő helyette. Első
nap a királyfi 1 fejet vág le, második nap 2 fejet, harmadik nap 3 fejet és így tovább.
a. Hány feje lesz a sárkánynak a 7. nap végén?
b. Hányadik vágás után lesz pontosan 2018 feje a sárkánynak?
2. feladat
A 2018 egy olyan négyjegyű természetes szám, amelynek számjegyei között a 2-es és a 8-as számjegy
pontosan egyszer szerepel.
a. Számítsd ki a legnagyobb és a legkisebb ilyen típusú négyjegyű szám különbségét!
b. Hány ilyen négyjegyű szám van?
3. feladat
A hódok kiszámították, hogy a család 10 tagja 8 napi kemény munkával tudja megépíteni a hódvárukat
védő gátat. A második nap végén észrevették, hogy már csak két napjuk maradt a munkára, mert jön az
ár. Hány hódot hívjanak segítségül, hogy a még hátralevő két nap alatt elkészüljenek a gáttal?
4. feladat
Rosszcsont Peti összetörte malacperselyét. Háromszor annyi 5 lejest talált benne, mint 1 lejest, és ötször
annyit, mint 50 banist. 1 lejesekből kétszer annyi van, mint 10 banisokból, és az 5 lejesekből kevesebb,
mint 50 darab. Mennyi megspórolt pénze volt Rosszcsont Petinek a perselyben?
5. feladat
Egy négyzet oldalhossza 216 egység. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos vágásokkal kilenc téglalapra
vágtuk az alábbi ábra szerint. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba rendezve kilenc egymást követő
számot kapunk. Mekkora a legnagyobb kerület?
6. feladat
Frédi és Béni, a két kőkorszaki szaki, eddig ismeretlen kőtáblára bukkant, amelyen a 2 3 20182018 2018 2018 2018 összeg utolsó néhány számjegye szerepelt. Miközben a kőtáblával
a helyi múzeum felé száguldottak, a kőtábla egyik sarka letörött, így az utolsó számjegy elveszett.
Határozd meg az utolsó számjegyet, hogy restaurálhassák a táblát!
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5 pluszpont
jár.
VI. osztály
1. feladat
Határozd meg az a, b és c számjegyeket úgy, hogy ab , ba , cc0 számok közül az egyik a másik kettő
számtani közepe legyen.
2. feladat
Egy motorkerékpáros és egy kerékpáros egyidőben indult el egymás felé két helységből. A találkozás
pillanatában a motorkerékpáros 60 km-rel többet tett meg, mint a kerékpáros. A találkozás után a
motorkerékpáros a távolság 5
14-ed részét kell még megtegye.
a) Számítsd ki a két helység közötti távolságot!
b) Hányszorosa a motorkerékpáros sebessége a kerékpáros sebességének?
3. feladat
Adottak az 3n 7 2n 4A x | 2 x 2 3 és 3n 6 2n 4B y | 2 y 3 halmazok. Melyik
halmaznak van több eleme?
4. feladat
Nevenincs király udvarában három almafa van: egy aranyalmafa, egy ezüstalmafa és egy bronzalmafa.
Az almafák naponta teremnek egy-egy almát. Az almafákat a tolvajok ellen három királyfi védi meg, a
nagyobbik minden ötödik, a középső minden hatodik, a kisebbik pedig minden hetedik éjszaka őrzi. A
király a következőképpen jutalmazza meg őket: amikor az almafákat egy királyfi őrzi, akkor ad neki
egy aranyalmát, amikor ketten őrzik, akkor mindkettőnek ad egy-egy ezüstalmát, amikor pedig
mindhárman őrzik, akkor mindegyik egy-egy bronzalmát kap. Hány almával jutalmazza meg a király a
királyfikat a 2018-as évben, mindegyik almafajtából?
5. feladat
Egy négyzet oldalának hossza 2016. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos egyenesekkel az ábrán
látható módon 9 téglalapra osztottuk. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba rendezve kilenc
egymást követő számot kaptunk.
a) Mekkora a legnagyobb kerület?
b) Számítsd ki a 9 téglalap területének számtani közepét!
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5 pluszpont
jár.
6. feladat
Adottak az A, O és E kollineáris pontok, ebben a sorrendben. Vedd fel az AE egyenes ugyanazon
oldalán az (OB, (OC és (OD félegyeneseket úgy, hogy m AOC 140 , m BOD 150 és (OD a COE
szög szögfelezője.
a) Számítsd ki az AOB , BOC , COD és DOE szögek mértékeit.
b) Határozd meg az AOB és COD szögek szögfelezői által közrezárt szög mértékét.
c) Legyen F egy olyan pont, amelyre a B és F pontok az AE egyenes különböző oldalán vannak. Tudva
azt, hogy az AOF szög mértékének fele egyenlő az FOE szög mértékének hetedével, igazold, hogy
(OC és (OF ellentétes félegyenesek.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
VII. osztály
1. feladat
Egy 4x4-es négyzetrács első sorának minden négyzetébe beírtam egy-egy pozitív egész számot, a
második sor négyzeteibe pedig az első sor bármelyik három számának összegét. Hasonlóképpen
töltöttem ki a harmadik és negyedik sor négyzeteit, mindig az előző sor bármelyik három számának
összegét írva az egyik négyzetbe. Így a negyedik sorba a 132, 133, 137 és 138 számok kerültek.
Melyek az első sorba írt számok?
2. feladat
Adott az 1 2, ,..., nM x x x valós számokból álló halmaz, melynek elemeire fenáll a következő
összefüggés:
1 2
2 3 1 3 1 2 1
1 1 1... 2017
1 1 1... ... ...
n
n n n
x x x
x x x x x x x x x
.
Határozd meg az M halmaz elemeinek a számát.
3. feladat
a) A gyökvonás elvégzése nélkül igazold, hogy 2018 2017 .
b) Bizonyítsd be, hogy létezik végtelen sok olyan y , amelyre 2018 2019 y .
c) Mutasd ki, hogy létezik olyan \x , amelyre 2018 2019 \x .
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
4. feladat
Az ABC háromszögben ˆm B 90 , a (CG szögfelező metszi a BD magasságot ( G (AB) ,
D (AC) ) és az EF középvonalat ( E (BC) , F (AB) ) a H illetve I pontokban. A BI egyenes J
pontban metszi az AC oldalt.
a) Mutasd ki, hogy CJ
CB .
b) Igazold, hogy a BHJG négyszög rombusz.
5. feladat
Egy buszon az utasok közül bármelyik pontosan 4 másikat nem ismer a többiek közül, és bármely
két ismerősnek pontosan egy közös ismerőse van. Melyik az a legkisebb számú utas, amely esetén
teljesülnek ezek a feltételek, ha tudjuk, hogy vannak az utasok között ismerősök? Miért nem lehet
kevesebb? (Az ismeretségek kölcsönösek, azaz ha Marci ismeri Mátét, akkor Máté is ismeri
Marcit.)
6. feladat
Az 𝐴𝐵𝐶 háromszögben a 𝐵𝐶 oldal tetszőleges 𝐷 pontján át párhuzamosokat húzunk az
𝐴𝐵 illetve 𝐴𝐶 oldalakkal, melyek az 𝐴𝐶 oldalt az 𝐹, az 𝐴𝐵oldalt az 𝐸 pontokban metszik.
a) Igazold, hogy ha 𝐸𝐹 párhuzamos 𝐵𝐶 –vel, akkor TEDF∆=
1
4𝑇ABC∆
b) Mutasd ki, hogy a D pont bármely helyzetére, 𝐸𝐷𝐹 háromszög területe egyenlő az
𝐸𝐵𝐷 é𝑠 𝐹𝐷𝐶 háromszögek területeinek mértani közepével.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
VIII. osztály
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
1. feladat
Darabolj fel egy kockát 5 síkkal (vágással) 22 nem feltétlenül egybevágó részre! Hány olyan sík
van, amely az adott kocka csúcsai közül legalább háromra illeszkedik?
2. feladat
Felírtunk a táblára különböző pozitív egész számokat úgy, hogy közülük bárhogyan választunk
három számot, azok között van két olyan szám, melyek összege prímszám. Legfeljebb hány számot
írhattunk a táblára?
3. feladat
Határozd meg azokat a kétjegyű természetes számokat, amelyeknek a harmadik hatványa
ugyanazzal a kétjegyű számmal végződik, mint maga a szám!
4. feladat
a) Igazold, hogy ha *, Nnm és 2m , akkor 44 4nm nem lehet prímszám!
b) Bizonyítsd, hogy 3456
+4567
összetett szám!
5. feladat
Igazold, hogy:
1. 2
2 baab
ba
ab
bármely ba, pozitív számra!
2. 2
3
ac
ca
cb
bc
ba
ab bármely cba ,, pozitív számra!
3. 10094037
4074342
7
12
5
6
3
2 .
6. feladat
Az ABCD paralelogramma átlóira megszerkesztjük az ACM és BDN egyenlő oldalú háromszögeket.
a) Ha 𝑀és 𝑁 az (𝐴𝐵𝐶) síkon kívüli pontok, igazold, hogy MN szakasz hossza akkor a lehető
legkisebb, vagy a lehető legnagyobb, ha 𝑀𝑁 merőleges az (𝐴𝐵𝐶) síkra!
b) Bizonyítsd, hogy ha 𝑀, 𝑁 ∈ (𝐴𝐵𝐶), akkor 𝑀𝑁 merőleges a paralelogramma egyik oldalára!
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
IX. osztály I. forduló
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
1. feladat
Adott 1n természetes szám esetén értelmezzük az [ ] { }nA x R x x n halmazt, ahol [ ]x az x
valós szám egész részét, { }x pedig a tört részét jelöli.
a) Határozd meg az nA halmaz elemeit
b) Igazold, hogy ha n és m különböző természetes számok, akkor n mA A
2. feladat
Igazold, hogy az 1 1a és 1 2 2 3 1
1 1 1... 1n
n n
aa a a a a a
, bármely 1n , összefüggésekkel
értelmezett 1n n
a
pozitív tagú sorozat teljesíti az 2 2
1 1
1
1
n
k k k
n
a a n
összefüggést .
3. feladat
Az ABC háromszög köré írt körön jelölje , ,M N P az ,A B illetve C csúcsok átmérősen ellentett
pontjait. Igazold, hogy az ABC háromszög akkor és csakis akkor egyenlő oldalú, ha
0AM BN CP .
4. feladat
Az ABC háromszög oldalainak hossszúságai az AB, BC, CA sorrendben egy növekvő számtani
haladvány egymásutáni tagjai. A BC oldalon felvesszük a következő pontokat: M az oldal felezőpontja,
D a BAC szög szögfelezőjének és a BC oldalnak a metszéspontja, E a háromszögbe írt kör és BC
oldal érintési pontja, F az A csúcsból húzott magasság talppontja. Igazold, hogy az MD, ME és az MF
szakaszok hosszai mértani haladványt alkotnak!
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
IX. osztály I. forduló
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018 január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
X. osztály I. forduló
1. feladat
Határozd meg az , ,x y z valós számhármast úgy, hogy:
3 2 3 4 22 2 5 28 50x y z y z x z .
2. feladat
a) Oldd meg a komplex számok halmazán a következő egyenletet: 2 2 22 | | | | 1 0z z z z z .
b) Igazold, hogy tetszőleges 𝑧1, 𝑧2, 𝑧3 ∈ ℂ esetén fennáll a következő egyenlőtlenség:
|𝑧1|2 + |𝑧2|
2 + |𝑧3|2 ≥ 𝑅𝑒(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3)
3. feladat
Az ABCD konvex négyszögben jelölje G az ABD háromszög súlypontját, valamint H az ABC
háromszög magasságpontját. Mutasd ki, hogy H, G, D, C pontok (ebben a sorrendben) egy
paralelogramma csúcsai akkor és csakis akkor, ha G megegyezik az ABC háromszög köré írt kör
középpontjával!
4. feladat
Legyen O az ABC háromszög egy tetszőleges belső pontja, valamint , ,M P AB ,S Q BC és
, N T AC pontok úgy, hogy MN BC , PQ AC , ST AB és MN PQ ST O . Jelölje AR , BR ,
CR , R rendre az , ,AMN BPQ CST és ABC háromszögek köré írt körök sugarait. Igazold, hogy
2A B CR R R R .
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5 pluszpont
jár.
XI. osztály I. forduló
1. feladat
Adott az 11 , 1n n nna a a n , 1 1a összefüggéssel értelmezett sorozat.
a) Igazold, hogy
2
12
1 !11
2
n
nk k
n n
a
.
b) Számítsd ki 2
lim1
nk
nk k
a
a értékét!
2. feladat
Adott két 2,A B mátrix, amelyekre A B B A és 2 2det 2018 0A B .
a) Igazold, hogy det 2018 detA B .
b) Ha 2,A B , bizonyítsd be, hogy 2 2det 2018A A B B osztható 2
det B -tel.
3. feladat
Az 1n n
x
sorozatot az 1 1
1 2
11, n n
n
x x xx x x
rekurzióval értelmezzük.
a) Igazold, hogy lim nn
x
.
b) Számítsd ki a lim n
n
x
nhatárértéket.
c) Határozd meg a 2lim
k
n
n
x
n határértéket, ahol *k .
4. feladat
Adottak az 2,A B M mátrixok és 0 valós szám. Igazold, hogy:
a) Bármely 2,X Y M esetén det det 2 det detX Y X Y X Y .
b) 2 2det det det detA B AB BA A B A B és
2 2 2 21
det det det det2
A B AB BA A B A B .
c) 22 2 2 2det det det det det detA B AB BA A B A B AB BA .
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5 pluszpont
jár.
XII. osztály I. forduló
1. feladat
Egy egyenlő oldalú ABC háromszög mindhárom csúcsa rajta van az 1
: ,f f xx
függvény
grafikus képén.
a) Határozd meg az ABC háromszög területét, ha súlypontjának koordinátái 1,1 .
b) Ha az ABC háromszög két csúcsa az első negyedben, harmadik csúcsa pedig a harmadik
negyedben van, akkor igazold, hogy a háromszög súlypontja mindig az f függvény grafikus
képén van.
2. feladat
Számítsd ki az 1I tg arccos sin arctg dx és
2I tg arcsin cos arcctg dx integrálokat, ha 0,2
x
.
3. feladat
A , 1 1, , 0G a a a a halmazon adott a „ ” összetevési szabály, amelyre fennáll:
log log logb b bx y a x a y a , 0,1 1, , , .b x y G
a) Igazold, hogy ,G Abel-féle csoport.
b) Legyenek az 1, 1,2,...,kx a k n számok és jelölje 1 2, ,..., ny y y az
1 2, ,..., nx x x halmaznak egy permutációját.
Igazold, hogy 2
1 1
log log .n n
b k k b k
k k
x y a x a
4. feladat
Oldd meg a valós számok halmazán a 3 2 24 6 2 cos2
xx x x
egyenletet !
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
V. osztály
Javítókulcs
1. feladat
Árgyélus királyfi a hétfejű sárkánnyal küzd. Ha levágja a sárkány egy fejét, három fej
nő helyette. Első nap a királyfi 1 fejet vág le, második nap 2 fejet, harmadik nap 3 fejet és így
tovább.
a. Hány feje lesz a sárkánynak a 7. nap végén?
b. Hányadik vágás után lesz pontosan 2018 feje a sárkánynak?
Megoldás: a) 4p
Nap 1 2 3 4 5 6 7
Fejek 7+2=9 9+4=13 13+6=19 19+8=27 27+10=37 37+12=49 49+14=63
b) Minden nap az adott nap sorszámának kétszeresével nő a sárkányfejek száma, vagyis
mindig páros számmal nő. 3p
Mivel kezdetben 7 fej volt, ezért sosem lesz páros számú fej, így 2018 sem. 2p
2. feladat
A 2018 egy olyan négyjegyű természetes szám, amelynek számjegyei között a 2-es és
a 8-as számjegy pontosan egyszer szerepel.
a. Számítsd ki a legnagyobb és a legkisebb ilyen típusú négyjegyű szám különbségét!
b. Hány ilyen négyjegyű szám van?
Megoldás:
a) .. A legnagyobb ilyen négyjegyű szám a 9982, 1p
a legkisebb 1028, 1p
így a különbség 8954. 1p
b) .. 2abc alakúak 2 8 , 2 8 , 2 8b c a c a b formájúak, melyekből 3x64=192 db van 2p
2a bc alakúak 8 2 , 2 8 , 2 8b c a c a b formájúak, melyekből 64+2x56=176 db van 1p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
2ab c alakúak 8 2 , 8 2 , 2 8a c a c a b formájúak, melyekből 64+2x56=176 db van 1p
2abc alakúak 8 2 , 8 2 , 8 2b c a c a b formájúak, melyekből 64+2x56=176 db van 1p
Így összesen 720 ilyen négyjegyű szám van. 1p
3. feladat
A hódok kiszámították, hogy a család 10 tagja 8 napi kemény munkával tudja
megépíteni a hódvárukat védő gátat. A második nap végén észrevették, hogy már csak két
napjuk maradt a munkára, mert jön az ár. Hány hódot hívjanak segítségül, hogy a még hátralevő
két nap alatt elkészüljenek a gáttal?
Megoldás:
Mivel a hódok a 8 napi munkából már 2 napi munkát elvégeztek, ezért megépítették a gát
negyed részét, így megmaradt a munka háromnegyed része. 4p
Ezt a háromnegyed részt szintén két nap alatt kell elvégezzék, ezért háromszor annyi hódra
van szükség, mint amennyi eddig dolgozott, azaz 30-ra. 4p
Tehát még 20 hódot kell hívni segítségül. 1p
4. feladat
Rosszcsont Peti összetörte malacperselyét. Háromszor annyi 5 lejest talált benne, mint
1 lejest, és ötször annyit, mint 50 banist. 1 lejesekből kétszer annyi van, mint 10 banisokból, és
az 5 lejesekből kevesebb, mint 50 darab. Mennyi megspórolt pénze volt Rosszcsont Petinek a
perselyben?
Megoldás:
Mivel háromszor annyi 5 lejes van, mint 1 lejes, és ötször annyi 5 lejes, mint 50 banis,
ezért az 5 lejesek száma 15 többszöröse. De kevesebb, mint 50, így 15, 30 vagy 45 darab. 3p
Mivel 1 lejes kétszer annyi van, mint 10 banis,
ezért az 1 lejesek száma páros, így az 5 lejeseké is az, így 30 darab 5 lejes van. 3p
Így 10 db 1 lejes, 6 db 50 banis és 5 db 10 banis van. 2p
Tehát összesen 163 lej 50 bani volt Peti perselyében. 1p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
5. feladat
Egy négyzet oldalhossza 216 egység. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos vágásokkal
kilenc téglalapra vágtuk az alábbi ábra szerint. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba
rendezve kilenc egymást követő számot kapunk. Mekkora a legnagyobb kerület?
Megoldás:
Legyenek az oldalakon keletkező szakaszok hosszai , ,x y z , illetve , ,a b c . (Lásd az ábrán.)
A kilenc téglalap kerületének kiszámításakor a négyzet oldalain levő szakaszok hosszát
egyszer, míg a belső szakaszok hosszát kétszer számoljuk. 3p
Ezért a kerületek összege 6 6 ( ) 12 216x y z a b c 2p
Másrészt a 9 téglalap kerületének mérőszámai egymásutáni számok, így összegük 9m. 2p
Tehát 9 12 216m , ahonnan 288m . 1p
A legnagyobb kerület 288 4 292 egység. 1p
6. feladat
Frédi és Béni, a két kőkorszaki szaki, eddig ismeretlen kőtáblára bukkant, amelyen a 2 3 20182018 2018 2018 2018 összeg utolsó néhány számjegye szerepelt. Miközben a
kőtáblával a helyi múzeum felé száguldottak, a kőtábla egyik sarka letörött, így az utolsó
számjegy elveszett. Határozd meg az utolsó számjegyet, hogy restaurálhassák a táblát!
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
Megoldás:
Tanulmányozzuk 2018 különböző hatványainak utolsó számjegyét. 3p
k 1 2 3 4 5 6 7 8 9
2018ku 8 4 2 6 8 4 2 6 8
Látható, hogy az utolsó számjegyek négyesével ismétlődnek,
a 2018 4-gyel való osztási maradéka 2, ezért 20182018 4u . 2p
2 3 20182018 2018 2018 2018u 2 20182018 2018 2018u u u
(8 4 2 6) (8 4 2 6) 8 4u 504 20 12 2u 4p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
VI. osztály
Javítókulcs
1. feladat:
Határozd meg az a, b és c számjegyeket úgy, hogy ab , ba , cc0 számok közül az egyik a másik kettő
számtani közepe legyen.
Polcz Zita, Szatmárnémeti
Megoldás:
Hivatalból....................................................................................................... 1p
A számtani közép nem lehet a legnagyobb szám, c0c háromjegyű, ezért
csak ab és ba felel meg.................................................................................
1p
I.
a
0m
2
ba c cab ...................................................................................... 1p
20 2 10 101
19 8 101
a b b a c
a b c.............................................................................
1p
19 9 200 8 101 200 1 b c c ......................................................... 1p
19 8 101 páratlan 7;9 a b a a ...................................................... 1p
Ha 7 és 1 a b = 4 c .............................................................................. 1p
Ha 9 8 nincs megoldás a b =70 ........................................................ 1p
II.
a
0m és 1
2
ab c cba b =7; a = 4 c = ................................................... 2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
2. feladat:
Egy motorkerékpáros és egy kerékpáros egyidőben indult el egymás felé két helységből. A találkozás
pillanatában a motorkerékpáros 60 km-rel többet tett meg, mint a kerékpáros. A találkozás után a
motorkerékpáros a távolság 5
14-ed részét kell még megtegye.
a) Számítsd ki a két helység közötti távolságot!
b) Hányszorosa a motorkerékpáros sebessége a kerékpáros sebességének?
Simon József, Csíkszereda
Megoldás:
Hivatalból....................................................................................................1p
a.
A motorkerékpáros a találkozásig megtette az út 9
14-ét…………………. 2p
A kerékpáros megtette az út 5
14 részét…………………………………... 1p
A 60 km-es különbség egyenlő az út 9 5 4 2
14 14 14 7 részével………... 2p
Az út 1
7 része 60: 2 30 km…………………………………………….. 1p
Az egész út hossza egyenlő 30 7 210 km…………………………….. 1p
b.
A sebességek aránya egyenlő a megtett utak arányával…………………. 1p
9 5 9: 1,8
14 14 5 ................................................................................................ 1p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
3. feladat:
Adottak az 3n 7 2n 4A x | 2 x 2 3 és 3n 6 2n 4B y | 2 y 3 halmazok. Melyik
halmaznak van több eleme?
Mátéfi István, Marosvásárhely
Megoldás:
Hivatalból..........................................................................................................1p
Az A halmaz elemeinek száma 2n 4 3n 72 3 2 a ..................................... 2p
A B halmaz elemeinek száma 2n 4 3n 63 2 b ........................................... 2p
Igazoljuk, hogy 2n 4 3n 7 2n 4 3n 62 3 2 3 2 a b ............................... 1,5p
2n 4 3n 7 3n 63 2 2 ....................................................................................... 1p
2n 4 3n 63 2 .................................................................................................. 1p
n 2 n 29 8 .................................................................................................... 1p
Az A halmaznak van több eleme ………………………………………… 0,5p
4. feladat:
Nevenincs király udvarában három almafa van: egy aranyalmafa, egy ezüstalmafa és egy bronzalmafa.
Az almafáknaponta teremnek egy-egy almát. Az almafákat a tolvajok ellen három királyfivédi meg, a
nagyobbik minden ötödik, a középső minden hatodik, a kisebbik pedig minden hetedik éjszaka őrzi. A
király a következőképpen jutalmazza meg őket: amikor az almafákat egy királyfi őrzi,akkor ad neki egy
aranyalmát, amikor ketten őrzik, akkor mindkettőnek ad egy-egy ezüstalmát, amikor pedig mindhárman
őrzik, akkor mindegyik egy-egy bronzalmát kap. Hány almával jutalmazza meg a király a királyfikat a
2018-as évben, mindegyik almafajtából?
Zajzon Csaba, Barót
Megoldás:
Hivatalból …………………………………………………………………..……1p
A 2018-as év 365 napból áll………………………………………………….. 0,5p
A nagyobbik királyfi 365:5 = 73 nap őrködött………………………………..
A középső királyfi 365:6 = 60, m=5, így 60 nap őrködött……………………
A kisebbik királyfi 365:7 = 52, m=1, így 52nap őrködött……………………
1p
0,5p
0,5p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
A nagyobbik és a középső királyfi 365:30 = 12, m=5, így 12 nap őrködtek
együtt………………………………………………………………………….
A nagyobbik és a kisebbik királyfi 365:35 = 10, m=15, így 10 nap őrködtek
együtt………………………………………………………………………….
A középső és a kisebbik királyfi 365:42 = 8, m=29, így 8 nap őrködtek
együtt. ………………………………………………………………………..
Mindhárman 365:210 = 1, m=155, így 1nap őrködtek együtt………………...
1p
1p
1p
0,5p
Bronzalma jutalmat kapnak 1 nap…………………………………………….
Ezüstalma jutalmat kapnak (12-1)+ (10-1)+ (8-1)=11+9+7=27 nap…………
Aranyalma jutalmat kapnak (73-11-9-1)+ (60-11-7-1)+ (52-9-7-1)=
=52+41+35=128 nap………………………………………………………….
0,5p
1p
1p
Aranyalma: 128, ezüstalma: 27 2 54 , bronzalma1 3 3 .............................. 0,5p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
5. feladat:
Egy négyzet oldalának hossza 2016. A négyzetet az oldalakkal párhuzamos egyenesekkel az ábrán látható
módon 9 téglalapra osztottuk. A téglalapok kerületeinek nagyságát sorba rendezve kilenc egymást követő
számot kaptunk.
a) Mekkora a legnagyobb kerület?
b) Számítsd ki a 9 téglalap területének számtani közepét!
Róka Sándor, Nyíregyháza
Megoldás:
Hivatalból.............................................................................................................1p
a.
A téglalapok kerületei x, x+1,…,x+8 ………………………………………. 1p
1 ... 8 2016 12 x x x...................................................................
1p
9 36 2016 12 x+ 1p
2684 x .......................................................................................................... 1p
8 2692 x+ ..................................................................................................... 1p
b.
A 9 téglalap területének összege 22016 ............................................................. 2p
A 9 téglalap számtani közepe 2
22016672
9 ..................................................... 2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
6. feladat:
Adottak az A, O és E kollineáris pontok, ebben a sorrendben. Vedd fel az AE egyenes ugyanazon oldalán
az (OB, (OC és (OD félegyeneseket úgy, hogy m AOC 140 , m BOD 150 és (OD a COE szög
szögfelezője.
a) Számítsd ki az AOB , BOC , COD és DOE szögek mértékeit.
b) Határozd meg az AOB és COD szögekszögfelezői által közrezárt szög mértékét.
c) Legyen F egy olyan pont, amelyre a B és F pontok az AE egyenes különböző oldalán vannak.
Tudva azt, hogy az AOF szög mértékének fele egyenlő az FOE szög mértékének hetedével,
igazold, hogy (OC és (OF ellentétes félegyenesek.
Simon József, Csíkszereda
Megoldás:
Hivatalból ....................................................................................................... 1p
a.
m COE 180 m AOC 180 140 40 ................................................... 1p
m COD m DOE 20 ............................................................................... 1p
m BOC 150 20 130 ............................................................................. 1p
m AOB 140 130 10 ........................................................................... 1p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
b.
(OM az AOB és (ON az COD szögfelezője MOBm 5 és
m CON 10 ..............................................................................................
1p
m MON 5 130 10 145 .................................................................. 1p
c.
1 1m AOF m FOE
2 7 ................................................................................
7 m AOF 2 m FOE ................................................................................
0,5p
0,5 p
7 m AOF 2 180 m AOF
...............................................................
m AOF 40 ..............................................................................................
0,5p
0,5 p
m FOC 40 140 180 OC és OFellentétes félegyenesek ................. 1p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
VII. osztály Javítókulcs
1. Egy 4x4-es négyzetrács első sorának minden négyzetébe beírtam egy-egy pozitív egész
számot, a második sor négyzeteibe pedig az első sor bármelyik három számának összegét.
Hasonlóképpen töltöttem ki a harmadik és negyedik sor négyzeteit, mindig az előző sor bármelyik
három számának összegét írva az egyik négyzetbe. Így a negyedik sorba a 132, 133, 137 és 138
számok kerültek. Melyek az első sorba írt számok?
Császár Sándor - Csíkmadaras
Megoldás:
Hivatalból ................................................................................................................................. 1 pont
Jelöljük a négyzet első négy számát 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑-vel.
Négy számot hármasával 4 féle módon tudunk csoportosítani. A számhármasok összege
különböző az utolsó sorban, tehát nincs az előző sorban levő számok között két egyforma. (Négy
szám 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 esetén, ha ugyanazt a számhármast veszem kétszer: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐, két
egyenlő számot kapok; ha a négy szám közül kettő egyenlő, például 𝑎 é𝑠 𝑏, 𝑎𝑘𝑘𝑜𝑟 𝑎 + 𝑐 + 𝑑 = 𝑏 +𝑐 + 𝑑)
Általánosítva az előző sorokra is, elmondhatjuk, hogy a négyzetekbe írt számok különbözőek.
Ez arra is következtet, hogy ugyannak a számhármasnak az összegét nem írtuk kétszer be
valamelyik sorba. ...................................................................................................................... 2 pont
Jelöljük a négyzet első négy számát 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑-vel.
Ekkor az első sorban levő számok összege: 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑,
a második sorban levő számok összege (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + ( 𝑎 + 𝑏 + 𝑑) +(𝑎 + 𝑐 + 𝑑)+ (𝑏 + 𝑐 + 𝑑) = 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) .......................................................................................................... 2pont
Hasonlóan a harmadik sorban levő számok összege 3 ∙ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑) ................. 1pont
A negyedik sor számainak összege pedig 27(𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑), ahonnan 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 =(132 + 133 + 137 + 138): 27 = 540: 27 = 20. (lásd az ábrát) .............................................1pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
Tehát elmondhatjuk, hogy az első sor számainak összege 20, a másodiké 60, a harmadiké 180.
Ha a harmadik sor számjegyeinek összegéből kivonom a negyedik sor számait, sorra megkapom a
harmadik sorban levőket, (180-138=42, 180-137=43, 180-133=47, 180-132=48), hisz a negyedik
sorban levő számok a harmadikban levők hármasával vett összegei. ......................................... 2 pont
Hasonló módon eljárva kapjuk meg a négyzetbe írt összes számot. Növekvő sorrendbe
rendezve őket:
.............................................................................1pont
2. Adott az 1 2, ,..., nM x x x valós számokból álló halmaz, melynek elemeire fennáll a
következő összefüggés:
1 2
2 3 1 3 1 2 1
1 1 1... 2017
1 1 1... ... ...
n
n n n
x x x
x x x x x x x x x
.
Határozd meg az M halmaz elemeinek a számát.
Oláh Miklós - Kraszna
Megoldás:
Hivatalból ................................................................................................................................... 1 pont
Minden nevezőt közös nevezőre hozva és az emeletes törtet átalakítva kapjuk, hogy:
2 3 1 3 1 2 1
1 2 3 1 2 3 1 2 3
... ... ...... 2017
... ... ...
n n n
n n n
x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
(1) ........ 4 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
Használva az 1 2 3 ...n nS x x x x jelölést, az (1)-es összefüggés
1 2 ... 2017n n n n
n n n
S x S x S x
S S S
alakba írható. ....................................................................... 3 pont
12017 2017
nn n
n n
S nn S S
S S
1 2017 2018n n ........................... 2 pont
3. a) A gyökvonás elvégzése nélkül igazold, hogy:
2018 2017 .
b) Bizonyítsd be, hogy létezik végtelen sok olyan y , amelyre 2018 2019 y .
c) Mutasd ki, hogy létezik olyan \x , amelyre 2018 2019 \x .
Bencze Mihály - Bukarest
Megoldás:
Hivatalból ................................................................................................................................ 1 pont
a) 2 22017 2017 2017 2018 2018 2018 . ................................................................... 3 pont
b) 2018 2019 k 22018 2019 y k ............................................................................ 1 pont
Tehát az összes 2 2018 2019 0y k alakú szám megoldás, ahol 2019k ................................ 2 pont
Például 22019 2018 2019 2019k y
2019 2019 2018 2019y
c) 2
2018 2018 1k
xl
Jelöljük: 2
2
ax
b
2 22
2 22018 2018
a k
b l .................................................................................................................1 pont
2 2 2 2 2
2 2
2018 2018b b a k
b l
. Egy lehetséges megoldás, ha
l b és 2 2 2 2 22018 2018b b a k
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
Keressünk egy 2018k b a alakú számot
22018 2018 2018k b a k k k b a b a
2 2 22018 2018 2018b a b b a a , ahonnan
22 2018 2018a b b 2
2
122
2 4
b
ba b a x
b
............................................................................................ 1 pont
24 2018 2018 1 11 2 2018 1 4037
2018 2019 \4 4 2 2
.................... 1 pont
4. Az ABC háromszögben ˆm B 90 , a (CG szögfelező metszi a BD magasságot ( G (AB) ,
D (AC) ) és az EF középvonalat ( E (BC) , F (AB) ) a H illetve I pontokban. A BI egyenes J
pontban metszi az AC oldalt.
a) Mutasd ki, hogy CJ
CB .
a) Igazold, hogy a BHJG négyszög rombusz.
Zajzon Csaba - Barót
Megoldás:
Hivatalból ................................................................................................................................ 1 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
a)
ABC ben
EF || AC 1EF középvonal
ABJ ben
FI || AJ JI BI 2
AF FB
.........................................................................................................1 pont
JBC ben
(CI szögfelező JBC egyenlő szárú
CI oldalfelező(2)
...................................................................................1 pont
CJ
1CB
.................................................................................................................................. 1 pont
b) JBC egyenlő szárú CI BJ 3
2 3 GH a BJ felezőmerőlegese BH HJ 4 és BG GJ 5 ........................ 2 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
CHD ben
m DCH m DHC 90 6m CDH 90
................................................................................... 1 pont
m DCH m DHC 90 6
m BCG m CGB 90 7 DHC CGB 8
DCH BCG F
..................................................................................... 1 pont
DHC CGB 8GHB CGB BGH egyenlő szárú BG BH 9
DHC GHB csúcsszögek
..................................1 pont
BH HJ 4
BG GJ 5 BH HJ BG GJ BHJG
BG BH 9
paralelogramma 3
BHJG rombusz ...... 1 pont
5. Egy buszon az utasok közül bármelyik pontosan 4 másikat nem ismer a többiek közül, és
bármely két ismerősnek pontosan egy közös ismerőse van. Melyik az a legkisebb számú utas,
amely esetén teljesülnek ezek a feltételek, ha tudjuk, hogy vannak az utasok között ismerősök?
Miért nem lehet kevesebb? (Az ismeretségek kölcsönösek, azaz ha Marci ismeri Mátét, akkor Máté
is ismeri Marcit.)
Róka Sándor - Nyíregyháza
Megoldás:
Hivatalból ................................................................................................................................ 1 pont
Mivel bármely két ismerősnek pontosan egy közös ismerőse van, ezért az egymást ismerők
hármas csoportokat alkotnak. Van két ismerős az utasok között, ezért van 3 ember, akik ismerik
egymást.
Tudjuk, hogy mindenki 4 másikat nem ismer. Tehát van még legalább 4 utas, összesen
legalább 743 utas. ............................................................................................................ 2 pont
CGB ben
m BCG m CGB 90 7m CBG 90
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
Ha az utasok száma 7, akkor mindenki a többiek közül 4-et nem ismer, 2-t ismer, és ez a két
ismerős ismeri egymást, együtt egy háromszöget alkotnak. ..................................................... 1 pont
Az utasokat most fel lehetne osztani hármas (egymást ismerő) csoportokba, ahol két
csoportnak nincs közös tagja. Ezt a felosztást 7 utas esetén nem tehetjük meg........................ 1 pont
Az utasok száma legalább 8. Ha 8 utas van, akkor mindegyikük 4-et nem ismer, és 3-at ismer
a jelenlévők közül. Egy utasnak nem lehet 3 ismerőse, hiszen tudjuk, hogy az ismerősök hármas
csoportokat alkotnak. Ha erre figyelünk, láthatjuk, hogy mindenkinek páros számú ismerőse van,
tehát 2-2 ismerőse van egy-egy olyan háromszögben, melynek ő az egyik csúcsa. ................... 1 pont
Emiatt az utasok száma legalább 9. Az ábra mutatja, hogy ez lehetséges. Az utasokat
megszámoztuk az 1, 2, 3, …, 9 számokkal, és ha két utas ismeri egymást, akkor őket összekötöttük.
Mindenki 4 másik utast nem ismer, és 4 utast ismer. Ha két utas ismeri egymást, akkor van
egy és csak egy közös ismerősük. .............................................................................................. 4 pont
6. Az 𝐴𝐵𝐶 háromszögben a 𝐵𝐶 oldal tetszőleges 𝐷 pontján át párhuzamosokat húzunk az
𝐴𝐵 illetve 𝐴𝐶 oldalakkal, melyek az 𝐴𝐶 oldalt az 𝐹, az 𝐴𝐵 oldalt az E pontokban metszik.
a) Igazold, hogy ha 𝐸𝐹 párhuzamos 𝐵𝐶 –vel, akkor 1
4EDF ABCT T
.
b) Mutasd ki, hogy az 𝐸𝐷𝐹 háromszög területe egyenlő az 𝐸𝐵𝐷 é𝑠 𝐹𝐷𝐶 háromszögek
területeinek mértani közepével.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
Megoldás:
Hivatalból .............................................................................................................................. 1 pont
a) ha ,EF BC BEFD DEFC paralelogrammák, .................................... 1 pont
BD EF DC , tehát 𝐷 a BC középpontja, ahonnan következik, hogy 𝐸𝐹, 𝐹𝐷 é𝑠 𝐷𝐸
középvonalak. ......................................................................................................................... 1 pont
A középvonalak négy kongruens háromszöget határoznak meg: 1
4EDF ABCT T
................ 1 pont
b)
Meghúzzuk a EDF∆ háromszög 𝑚1 és 𝑚2 magasságait. E két magasság az 𝐵𝐸𝐷 és 𝐷𝐹𝐶
háromszögek egy-egy magasságával megegyezik, tehát felírható:
2
2
EBD
FED
T EB m EB
T FD m FD
illetve 1
1
FCD
FED
T FC m FC
T ED m ED
................................................. 1 pont
ED AF és FD AE 𝐴𝐸𝐷𝐹 paralelogramma ED AF (3) és FD AE (4) ........ 1 pont
(4) (1) EBD
FED
T EB
T AE
(5)
(3) (2) FCD
FED
T FC
T AF
(6) ...................................................................................... 1 pont
BE BDED AC
EA DC (Thalesz tétele alapján) (7)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
CD CF BD AFFD AB
BD FA CD FC (8) ...................................................................... 1 pont
(5),(7) EBD
EDF
T BD
T DC (9)
(6),(8) FCD
EDF
T DC
T DB (10) ................................................................................................... 1 pont
(9),(10) 2EBD EDF
EDF EBD FDC EDF EBD FDC
EDF FDC
T TT T T T T T
T T .......................... 1 pont
Császár Sándor - Csíkmadaras
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
VIII. osztály
Javítókulcs
1. Feladat
1. Darabolj fel egy kockát 5 síkkal (vágással) 22 nem feltétlenül egybevágó részre!
2. Hány olyan sík van, amely az adott kocka csúcsai közül legalább háromra
illeszkedik?
Kovács Lajos, Székelyudvarhely
Róka Sándor
Megoldás:
1. 4 db, az egyik alap síkjára merőleges síkkal a kocka feldarabolható 11 részre.
2 pont
Ha például az ötödik síkot ugyanezzel az alappal párhuzamosan fektetjük,
megduplázzuk ezzel a részek számát. Így egy kockát 5 síkkal 22 részre
daraboltuk.
2 pont
1.felülnézet 2. térben
1 pont
Megoldás(1).
A térben 3 nem egy egyenesen fekvő pont felfeszít (meghatároz) egy síkot, azt a síkot, amely
erre a három pontra illeszkedik. A kocka 8 csúcsa közül hármat 56-féleképpen tudunk
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
kiválasztani. A síkok száma ennél kevesebb. Ha például a kocka valamelyik oldallapjának
síkját nézem, azon 4 kockacsúcs van, ezért ezt a síkot 4-szer vettem számításba (ebből a 4
csúcsból hármat 4-féleképp választhatunk) amikor 56 lehetőséget számoltam.
1 pont
Az olyan síkok száma, amelyen 4 csúcs van, legyen x.
Vannak olyan síkok, amelyen csak 3 csúcs van, ilyen például az, amelyik az A, B, C csúcsokra
illeszkedik. Az A, B, C és D csúcsokból hármat választva, olyan síkot kapunk, melyen csak 3
kockacsúcs van. Ez 4 sík. Ha a kocka másik négy (az A, B, C és D csúcsoktól különböző)
csúcsát választom, azokra is 4 olyan sík illeszkedik, melyeken csak 3 csúcs van. Összesen 8
olyan sík van, amely pontosan 3 csúcsot tartalmaz.
1 pont
Ez a kétféle sík lehetséges: vagy 3, vagy 4 csúcsot tartalmaz egy sík.
Az 56 lehetőség így x 48 , innen 12x . (Ezt a 12 db 4 pontot tartalmazó síkot
megszámolhatom úgy is, hogy tekintem a kocka 6 oldallapjának síkját, és azokat a síkokat,
melyek a kocka két szemközti élére illeszkednek. A kocka 12 éléből 6 pár képezhető így, tehát
ez 6 síkot jelent. 1266 ilyen sík van.)
(1 pont)
Azoknak a síkoknak a száma, melyek a kockának legalább 3 csúcsára illeszkednek: 20128
.
1 pont
Megoldás(2).
A kocka hat lapja
1 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
A kocka átlós metszetei, melyből hat különböző van
1 pont
Pontosan három csúcson áthaladó különböző metszete, melyből összesen 8
darab van.
1 pont
Összesen: 6+6+8=20
1 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
2. Feladat
Felírtunk a táblára különböző pozitív egész számokat úgy, hogy közülük bárhogyan választunk
három számot, azok között van két olyan szám, melyek összege prímszám. Legfeljebb hány
számot írhattunk a táblára?
Róka Sándor
Megoldás
Öt szám között mindig van vagy három páros szám, vagy három páratlan szám.
3 pont
Ebből a három számból bármely két szám összege 2-nél nagyobb páros szám, azaz összetett
szám.
4 pont
Tehát a táblára legfeljebb négy számot írhatunk, ennyit lehet is, például írhatjuk az 1, 2, 3, 4
számokat. Ezek teljesítik a feltételt, mert ha választunk közülük három számot, akkor a három
szám között ott van vagy az 1 és 4, vagy a 2 és 3, és a két szám összege prímszám: 541 ,
532 .
2 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
3. Feladat
Határozd meg azokat a kétjegyű természetes számokat, amelyeknek a harmadik hatványa
ugyanazzal a kétjegyű számmal végződik.
Kovács Béla, Szatmárnémeti
Megoldás:
A feladat olyan számokat kér, amelyek köbéből kivonva az eredeti számot, 100-zal osztható
lesz.
Vagyis:
100
3abab
, ahol ba, számjegyek és 0a
1 pont
100
10303001000
100
32233
bababbaaabab
100
1
10
3310
2223
bbaab
baa
2 pont
Először 1bb kell osztható legyen 10 – el. 1 pont
ha 0b , akkor nem kapunk megfelelő számot.
ha 1b , akkor 10
2310
100
23
3
aaa
abab
, innen kapjuk, hogy 5a és a keresett szám: 51.
ha 4b , akkor 10
6
10
471210
100
23
3
a
aaabab
, innen kapjuk, hogy 2a és a keresett
szám: 24
ha 5b , akkor 10
12
10
741510
100
23
3
a
aaabab
, innen kapjuk, hogy 2a vagy 7a és a
keresett számok: 25 és 75
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
ha 6b , akkor 10
21
10
1071810
100
23
3
a
aaabab
, innen kapjuk, hogy 7a és a keresett
szám: 76
ha 9b , akkor 10
72
10
2422710
100
23
3
a
aaabab
, innen kapjuk, hogy 4a vagy 9a és
a keresett számok: 49 és 99. 4 pont
Több lehetőség nincs.
Tehát összesen 7 ilyen szám van: 24, 25, 49, 51, 75, 76 és 99.
1 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
4. Feladat
a) Igazold, hogy ha *, Nnm és 2m , akkor 44 4nm nem lehet prímszám.
b) Igazold, hogy 3456
+ 4567
összetett szám.
Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
a) 22422444 4444 nmnnmmnm
2222 22 mnnm
mnnmmnnm 2222 2222
3 pont
de
12222222222 nmnmnnmmnnm
2 pont
b) Ha 16543
m és 4
1576
4
n
akkor mnnmmnnm 222243 2222547665
4 pont
5. Feladat
1. Igazold, hogy: 2
2 baab
ba
ab
bármely ba, pozitív számra!
2. Igazold, hogy: 2
3
ac
ca
cb
bc
ba
ab bármely cba ,, pozitív számra!
3. Igazold, hogy: 10094037
4074342
7
12
5
6
3
2 .
Polcz Zita és Koczinger Éva, Szatmárnémeti
Megoldás:
1.
(√𝑎 − √𝑏 )2
≥ 0
𝑎 + 𝑏 − 2√𝑎𝑏 ≥ 0 (1)
(𝑎 + 𝑏) √𝑎𝑏 ≥ 2𝑎𝑏
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
√𝑎𝑏 ≥2𝑎𝑏
(𝑎 + 𝑏)
(1)-ből következik, hogy (𝑎+𝑏)
2 ≥ √𝑎𝑏
(2 pont)
2. Bármely 0, ba esetén az 1. alapján 2
1
ba
ab(1) „=” ba
Hasonlóan 2
1
cb
bc (2) és
2
1
ac
ca(3)
Az (1), (2), (3) egyenlőtlenségeket összeadva, következik az 1.-ben kért egyenlőtlenség.
(3 pont)
3. Az összeg tagjaira alkalmazva az (1) összefüggést, következik:
4037
474342
7
12
5
6
3
2
20192018
20192018
43
43
32
32
21
21
darab 2018
2
1
2
1
2
1
2
1 =
1009
Nem áll fenn egyenlőség, mert 2019321 .
(4 pont)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
6. Feladat
Az ABCD paralelogramma átlóira megszerkesztjük az ACM és BDN egyenlő oldalú
háromszögeket.
a) Ha 𝑀és 𝑁 az (𝐴𝐵𝐶) síkon kívüli pontok, igazold, hogy MN szakasz hossza akkor a
lehető legkisebb, vagy a lehető legnagyobb, ha 𝑀𝑁 merőleges az (𝐴𝐵𝐶) síkra!
b) Bizonyítsd, hogy ha 𝑀, 𝑁 ∈ (𝐴𝐵𝐶), akkor 𝑀𝑁 merőleges a paralelogramma egyik
oldalára!
Császár Sándor, Csíkmadaras
Megoldás
Rajz: 1 pont
b) Legyen 𝐴𝐶 ∩ 𝐷𝐵 = {𝑂}. Ekkor 𝑀𝑂 ⊥ 𝐴𝐶, 𝑁𝑂 ⊥ 𝐷𝐵. Megszerkesztjük az 𝑀𝑂𝑁
háromszöget. 𝑀𝑁 a lehető legkisebb, ha m(𝑀𝑂𝑁∢) =0, vagy a lehető legnagyobb, ha
m(MON∢) =180. Ekkor az M,N és O pontok kollineárisak, 𝑀𝑂 = 𝑁𝑂 tehát 𝑀𝑂 ⊥𝐷𝐵, mivel 𝑀𝑂 ⊥ 𝐴𝐶 (felt.), 𝑀𝑂 ⊥ (𝐴𝐵𝐶).
2 pont
c) Ha 𝑀, 𝑁 ∈ (𝐴𝐵𝐶).
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
I. eset, ha 𝑀, 𝑁az 𝐴𝐶egyenes ugyanazon félsíkjában helyezkednek.
Legyen 𝐵𝐶 ∩ 𝑀𝑁 = {𝑃}
Az 𝐴𝑂𝐷∢ = 90 − 𝐷𝑂𝑀∢ = 𝑀𝑂𝑁∢, valamint a 𝐴𝑂𝑀és 𝐷𝑂𝑁 háromszögek
hasonlóságából: 𝐴𝑂
𝐷𝑂=
𝑀𝑂
𝑁𝑂 , ahonnan
𝐴𝑂
𝑀𝑂=
𝐷𝑂
𝑁𝑂. Az első hasonlósági esetből, (OSZO), 𝐴𝑂𝐷
és 𝑀𝑂𝑁 háromszögek hasonló háromszögek. Tehát 𝑂𝐶𝐵∢ + 𝑂𝐶𝑃∢ = 𝑂𝑀𝑁∢ +
𝑂𝐶𝑃∢ = 180.
𝑀𝑂𝐶𝑃 négyszög körbeírható, tehát 𝑚(𝑀𝑃𝐶∢)=m(MOC∢)=90°
(vagy csak simán 𝑀𝑂𝐶∢ + 𝑀𝐶𝑃∢ = 180° ⇔ 90° + 𝑀𝐶𝑃∢ = 180°.⇔ 𝑀𝑂𝐶∢ = 90°) 3 (1+1+1) pont
II. eset, ha 𝑀, 𝑁 az 𝐴𝐶egyenes két különböző félsíkjában helyezkednek.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
Legyen 𝑂′𝑎𝑧 (𝐴𝐵𝐶) egy olyan pontja, melyre 𝐴𝑂𝑀𝑂′négyszög téglalap, valamint
Legyen 𝐴𝐵 ∩ 𝑀𝑁 = {𝑇}.
Az 𝐴𝑂𝐵∢ = 90° + 𝑀𝑂𝐵∢ = 𝑀𝑂𝑁∢, mivel 𝑀𝑂 és 𝑁𝑂 merőlegesek az 𝐴𝐶,
illetve 𝐷𝐵átlókra. valamint a 𝐴𝑂𝑀és 𝐵𝑂𝑁 háromszögek hasonlóságából: 𝐴𝑂
𝑀𝑂=
𝐵𝑂
𝑁𝑂, ahonnan az első hasonlósági esetből 𝐴𝑂𝐵 és 𝑀𝑂𝑁 háromszögek hasonló
háromszögek. Innen: 𝑂𝐴𝑇∢ ≡ 𝑂𝑀𝑇∢, Az 𝐴𝑇𝑀𝑂′négyszögben a szemben fekvő szögek
összege, 𝑂′𝑀𝑇∢ + 𝑂′𝐴𝑇∢ = 90° + 𝑂𝑀𝑇∢ + 90° − 𝑂𝐴𝑇∢ = 180°, valamint 𝐴𝑂′𝑀∢ =
90°, ahonnan 𝐴𝑇𝑀∢ = 90°. 3 (1+1+1) pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
IX. osztály
Javítókulcs
1. feladat
Adott 1n természetes szám esetén értelmezzük az [ ] { }nA x R x x n halmazt, ahol
[ ]x az x valós szám egész részét, { }x pedig a tört részét jelöli.
a. Határozd meg az nA halmaz elemeit.
b. Igazold, hogy ha n és m különböző természetes számok, akkor n mA A .
Megoldás:
Hivatalból 1pont.
a)
Ha [ ]{ }x x n , akkor [ ] 0x és { } [0,1)[ ]
nx
x , tehát [ ]
[ ]
nx x
x és [ ]x n .
2p
Legyen [ ]x k , ahonnan következik, hogy n
x kk
, ahol 1k n , k ,
mely értékek teljesítik a megadott feltételeket, tehát , 1n
nA k k k n
k
3p
b)
Tegyük fel, hogy m n és n mA A . Akkor létezik n mx A A vagyis
létezik ,k l úgy, hogy n m
k x lk l
és 1k n , 1l m
2p
Ahonnan azt kapjuk, hogym n
k ll k . De ( 1,1)
m n
l k , tehát 0k l ,
azaz k l , tehát m n , ami ellentmondás.
2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
2. feladat
Igazoljuk, hogy az 1 1a és 1 2 2 3 1
1 1 1... 1n
n n
aa a a a a a
, bármely 1n ,
összefüggésekkel értelmezett 1n n
a
pozitív tagú sorozat teljesíti az 2 2
1 1
1
1
n
k k k
n
a a n
összefüggést .
Megoldás.
Hivatalból 1p.
2 02
1 2 2 2
1 2
11 1 1 1 2
a
a a a aa a
3
102
2
2 3 3 3
3
3
1 2 2 3
11
2 2 2 1 32
1 11
a
a
a a a aa
aa a a a
2p
Észrevesszük, hogy , 1na n n 1p
Igazoljuk a matematikai indukció módszerével a sejtésünket:
Nyilvánvaló, hogy 1n esetén az állítás igaz.
Feltételezzük, hogy : kn k a k .
Igazolni kell, hogy 1n k esetén 1 1ka k .
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
1 1
1 2 2 3 1 1
1
1
1
1
1 1 1 11 ... 1
11 1
11 1
k k
k k k k
k k
k k
k
k
a k aa a a a a a a a
a aa a
k ak a
Innen kifejezve az 1ka -et azt kapjuk, hogy 1 1ka k
4p
2 21 1 11
1 1 1 1
( 1) 1 1
n n n
k k kk k
n
a a k k k k n
2p
3. feladat
Az ABC háromszög köré írt körön jelölje , ,M N P az ,A B illetve C csúcsok átmérősen
ellentett pontjait. Igazold, hogy az ABC háromszög akkor és csakis akkor egyenlő oldalú,
ha 0AM BN CP .
Megoldás:
Hivatalból 1pont.
A Sylvester tétele alapján OH OA OB OC , ahol a O a köré írt kör középpontja
és H a háromszög magasságpontja.
3p
2 2 2AM BN CP OA OB OC . 3p
A feltétel alapján azt kapjuk, hogy 0OH , vagyis az O és H egybeeső pontok, ami
csak az egyenlőoldalú háromszögben igaz.
3p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
4. feladat
Az ABC háromszög oldalainak hossszúságai AB, BC, CA sorrendben egy növekvő számtani
haladvány egymásutáni tagjai. A BC oldalon felvesszük a következő pontokat: M az oldal
felezőpontja, D a BAC szög szögfelezőjének és a BC oldalnak a metszéspontja, E a
háromszögbe írt kör és BC érintési pontja, F az A csúcsból húzott magasság talppontja. Igazold,
hogy az MD, ME és MF szakaszok hosszai mértani haladványt alkotnak!
Megoldás:
Hivatalból 1pont.
A , ,c AB a BC b CA jelölésekkel a feltétel alapján c a b és 2b c a . 1p
A szögfelező tételéből 2 2
ac ac cBD
b c a
, 2
2 2 2 2 4
b ca c c b c
MD MB BD
(1).
2p
A körhöz valamely külső pontból húzott érintők egyenlőségéből levezethető, hogy
2
a c bBE
,
2 2 2
a a c b b cME MB BE
(2).
2p
2 2 2 2
a ac a c a cMD BM BD
b c
.
Az ABD háromszögben BI szögfelező, következik, hogy 12
2
cID BD
IA BA c .
Az AFD háromszögben IE AF következik, hogy 1
2
DE
EF .
Következik, hogy 2 22 2
b c a cEF ED b a
.
3p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb
5 pluszpont jár.
2
b cFM FE EM b a b c
. (3)
(1), (2) és (3)-ból következik, hogy MD, ME és MF mértani haladványt alkot. 1p
Megjegyzés: A kövekező képpen is okoskodhatunk: az ABF
derékszögű háromszögben 2 2 2 2 2 2
cos2 2
a c b a c bBF c B c
ac a
, (3).
(1), (2) és (3)-ból következik, hogy MD, ME és MF mértani
haladványt alkot.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
X. osztály I. forduló
1. feladat
Határozd meg az , ,x y z valós számhármast úgy, hogy:
3 2 3 4 22 2 5 28 50x y z y z x z .
Mátéfi István, Marosvásárhely
Megoldás:
1.Megoldás:
2.Megoldás:
Legyen 2 3 , 22 2 , 28a x y z b y z c x z , az adott egyenletet átírva
kapjuk, hogy: 3 4 5 50a b c . Kiszámítva az 2 2 2a b c kapjuk, hogy: 2 2 2 50a b c , ahonnan
2 2 2 2 3 4 5 50a b c a b c .
4p
Vagyis 2 2 26 9 8 16 10 25 0a a b b c c
2 2 2
3 4 5 0a b c .
3p
3, 4, 5a b c . Tehát 2 3 9x y z , 3y z 3x z
3 3 9 3
x y
x z z x
. Legyen z . Így y és 3z .
Tehát , , , ,3x y z . A kapott , ,x y z teljesíti a feltételeket.
2p
Cauchy-Bunjakovszkij-féle egyenlőtlenség alapján: 𝑥1𝑦1 + 𝑥2𝑦2 + 𝑥3𝑦3 ≤
√𝑥12 + 𝑥2
2 + 𝑥32 ⋅ √𝑦1
2 + 𝑦22 + 𝑦3
2. Egyenlőség csak akkor állhat fenn, ha 𝑦1
𝑥1=
𝑦2
𝑥2=
𝑦3
𝑥3.
2p
Alkalmazva a feladatra, azt kapjuk, hogy 3√𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧 + 4√22 − 2(𝑦 + 𝑧) +
5√28 − (𝑥 + 𝑧) ≤ √32 + 42 + 52 ⋅ √(𝑥 + 2𝑦 + 3𝑧) + (22 − 2𝑦 − 2𝑧) + (28 − 𝑥 − 𝑧) =
50.
4p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
2. feladat
a) Oldd meg a komplex számok halmazán a következő egyenletet: 2 2 22 | | | | 1 0z z z z z .
b) Igazold, hogy tetszőleges 𝑧1, 𝑧2, 𝑧3 ∈ ℂ esetén fennáll a következő egyenlőtlenség:
|𝑧1|2 + |𝑧2|2 + |𝑧3|2 ≥ 𝑅𝑒(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3)
Bíró Béla, Sepsiszentgyörgy
dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
a)
A 2| |z z z (ahol z ) képlet felhasználásával, az adott egyenlet így alakul:
22 1 1 0z z z z z , vagyis 2 21 1z z z z z (1)
2p
Az (1) –ben vegyük mindkét oldal modulusát: 2 21 | | 1z z z z z innen pedig 2 21 0 1 0z z z z (2)
vagy 1z (3)
1p
A (2) –es egyenlet gyökei az (1) –nek is gyökei, ezek pedig 1,2
1 3.
2
iz
1p
A továbbiakban keressük az adott egyenlet azon megoldásait, melyekre | | 1z azaz
megoldjuk a
2
| | 1
2 2 0
z
z z z
egyenletrendszert, ami egyenértékű a
3 2
| | 1
2 2 1 0
z
z z z
rendszerrel
1p
Egyenlőség csak akkor állhat fent, ha 𝑥+2𝑦+3𝑧
32=
22−2𝑧−2𝑦
42=
28−𝑥−𝑧
52= ⋯ =
50
50= 1
Tehát 2 3 9x y z , 3y z 3x z 3 3 9 3
x y
x z z x
. Legyen z .
Így y és 3z .
Tehát , , , ,3x y z . A kapott , ,x y z teljesíti a feltételeket.
3p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
I. | | 1
1 0
z
z
vagy II.
2
| | 1
1 0
z
z z
rendszerekkel.
Az I. –es rendszernek 3 1z a megoldása, míg a II. –es rendszer ugyanazokat a
megoldásokat adja, mint a (2) –es egyenlet.
Következésképpen az adott egyenlet megoldásai :
1
1 3
2
iz
;
2
1 3
2
iz
és 3 1.z
b)
Ismeretes, hogy 2 Re(𝑧) = 𝑧 + 𝑧, ha 𝑧 ∈ ℂ (1)
Másrészt: 0 ≤ |𝑧1 − 𝑧2|2 + |𝑧2 − 𝑧3|2 + |𝑧3 − 𝑧1|2
= (𝑧1 − 𝑧2)(𝑧1 − 𝑧2) + (𝑧2 − 𝑧3)(𝑧2 − 𝑧3) + (𝑧3 − 𝑧1)(𝑧3 − 𝑧1)
2p
= (𝑧1𝑧1 + 𝑧2𝑧2 − 𝑧1𝑧2 − 𝑧1𝑧2) + (𝑧1𝑧2 + 𝑧3𝑧3 − 𝑧2𝑧3 − 𝑧2𝑧3) + (𝑧3𝑧3 + 𝑧1𝑧1 − 𝑧1𝑧3 −
𝑧1𝑧3) = 2|𝑧1|2 + 2|𝑧2|2 + 2|𝑧3|2 − [𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3 +
(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3 )] =⏞(1)
2(|𝑧1|2 + |𝑧2|2 + |𝑧3|2) − 2 Re(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3), ahonnan
|𝑧1|2 + |𝑧2|2 + |𝑧3|2 ≥ 𝑅𝑒(𝑧1𝑧2 + 𝑧2𝑧3 + 𝑧1𝑧3)
2p
3. feladat
Az ABCD konvex négyszögben jelölje G az ABD háromszög súlypontját, valamint H az ABC háromszög
magasságpontját. Mutasd ki, hogy H, G, D, C pontok (ebben a sorrendben ) egy paralelogramma csúcsai
akkor és csakis akkor, ha G megegyezik az ABC háromszög köré írt kör középpontjával!
Zákány Mónika, Nagybánya
Megoldás:
Megválasztjuk a koordináta rendszer kezdőpontjának az ABC háromszög köré írt körének
középpontját. Jelölje a, b, c, d, g, h a feladatban szereplő nagybetűvel jelölt pontok
affixumait.
A súlypont, illetve az ortocentrum affixumának képleteit alkalmazzuk:
(1) ,3
a b dg
.
2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
h a b c 2p
HGDC négyszög akkor és csakis akkor, paralelogramma ha fennáll:
g c d h g c d a b c
2p
Ez egyenértékű azzal, hogy: g a b d . (2)
Az (1) és (2) összefüggésből kapjuk: 3 0g g g
Ez azt jelenti, hogy G megegyezik az ABC háromszög köré írt kör középpontjával.
3p
4.feladat
Legyen O az ABC háromszög egy tetszőleges belső pontja, valamint , ,M P AB ,S Q BC és
,N T AC pontok úgy, hogy MN BC , PQ AC ST AB , és ezek a párhuzamosok átmennek az O
ponton. Jelölje AR , BR , CR , R rendre az , ,AMN BPQ CST és ABC háromszögek köré írt körök sugarait.
Igazold, hogy 2A B CR R R R .
dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
Rajz 1p
Az oldalak párhuzamosságából következik, hogy 𝐴𝑀𝑁𝛥~𝐴𝐵𝐶𝐷 ⟹𝐴𝑀
𝐴𝐵=
𝑀𝑁
𝐵𝐶=
𝐴𝑁
𝐴𝐶
Hasonlóan
𝐵𝑄𝑃𝛥~𝐵𝐶𝐴𝛥 ⇒𝐵𝑃
𝐵𝐴=
𝑃𝑄
𝐴𝐶=
𝐵𝑄
𝐵𝐶 , illetve 𝐶𝑇𝑆𝛥~𝐶𝐴𝐵𝛥 ⇒
𝐶𝑇
𝐶𝐴=
𝑇𝑆
𝐴𝐵=
𝐶𝑆
𝐶𝐵 .
3p
𝑀𝑁
𝐵𝐶+
𝑃𝑄
𝐴𝐶+
𝑇𝑆
𝐴𝐵=
𝑀𝑁
𝐵𝐶+
𝐵𝑄
𝐵𝐶+
𝐶𝑆
𝐵𝐶 (1)
𝐵𝑆𝑂𝑀 és 𝑄𝐶𝑁𝑂 paralelogrammák ⟹ 𝑀𝑂 = 𝐵𝑆; 𝑂𝑁 = 𝑄𝐶. Tehát 𝑀𝑁 = 𝐵𝑆 + 𝑄𝐶
(1) ⟹ 𝐵𝑆+𝑄𝐶
𝐵𝐶+
𝐵𝑄
𝐵𝐶+
𝐶𝑆
𝐵𝐶=
𝐵𝑆+𝑆𝐶
𝐵𝐶+
𝐵𝑄+𝑄𝐶
𝐵𝐶=
2𝐵𝐶
𝐵𝐶= 2
2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII.EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
. Alkalmazzuk a szinusztételt az 𝐴𝑀𝑁, 𝐵𝑄𝑃, 𝐶𝑇𝑆 és 𝐴𝐵𝐶 háromszögekben. 𝑀𝑁 = 2𝑅𝐴 ⋅
sin(��) ; 𝑃𝑄 = 2𝑅𝐵 ⋅ sin(��) ;
𝑆𝑇 = 2𝑅𝐶 ⋅ sin(��) valamint 𝐵𝐶 = 2𝑅 sin(��) ; 𝐴𝐶 = 2𝑅 sin(��) ; 𝐴𝐵 = 2𝑅 sin(��) ⟹
2p
2𝑅𝐴⋅sin(��)
2𝑅⋅sin(��)+
2𝑅𝐵⋅sin(��)
2𝑅⋅sin(��)+
2𝑅𝐶⋅sin(C)
2𝑅⋅sin(C)= 2 ⟹ 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 + 𝑅𝑐 = 2𝑅.
1p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
XI. osztály I.forduló
Javítóklucs
1. Adott az 11 , 1n n nna a a n , 1 1a összefüggéssel értelmezett sorozat.
1) Igazold, hogy
2
12
1 !11
2
n
nk k
n n
a
.
2) Számítsd ki 2 1
limn
k
n k k
a
a értékét!
dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás: 1) A megadott összefüggés az 1
1 1
n n
na a
ekvivalens alakra hozható, tehát:
2 1
3 2
1
1 11
1 12
...........
1 11
n n
a a
a a
na a
……….2 pont
Ezeket összeadva kapjuk:
111
2n
n n
a
(1) ………… 1 pont
Innen írhatjuk, hogy:
2
12 2
1 !111
2 2
n n
nk kk
n nk k
a
………… 2 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
2) Az (1) összefüggésből írhatjuk:
1
1 2 1
n
n
a
n n a
………… 1 pont
2 2
1 1 1 11
2 1 1
n nk
k kk
a n
a k k n n
………… 2 pont
Innen következik, hogy:
2
2 12
1lim lim
nk
n nk k
na
a n
………… 1 pont
2. Adott két 2,A B mátrix, amelyekre igaz, hogy A B B A és 2 2det 2018 0A B .
1) Igazold, hogy det 2018 detA B .
2) Ha 2,A B , bizonyítsd be, hogy 2 2det 2018A A B B osztható 2
det B -tel.
Pálhegyi-Farkas László, Nagyvárad és Mészár Julianna, Nagyszalonta
Megoldás:
1)
2 2det 2018 0 det 2018 2018 0
det 2018 det 2018 0
det 2018 0 det 2018 0
A B A B A B
A B A B
A B vagy A B
………………… 1 pont
Ha det 2018 0A B , alkalmazva a
2det det detA x B B x x A (*) összefüggést, x esetén,
( mivel 2,A B ),
következik, hogy det 2018 2018 det 0B A 2018 det det 2018 0B A
…………………..2 pont
2018 det det 0det 2018 det
0
B AA B
(**)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
Hasonló következtetésre jutunk, ha det 2018 0A B . …………… 2pont
2) Szorzattá alakítva az 2 22018A A B B kifejezést, kapjuk
2 2 2 2
1 2 1 2 1 22018A A B B A x B A x B A x x A B x x B
1 2 2018x x és 1 2 1x x , tehát x1, x2 az 2 2018 1 0x x egyenlet valós gyökei
…… 1pont
A (*) összefüggésbe behelyettesítve 0 értéket, majd használva a (**) –t, következik
2det det detA x B B x A 2det 2018 detB x B 2det 2018B x . …… 1pont
Tehát 2 2
1 2det 2018 detA A B B A x B A x B 2 2 2
1 2det 2018 2018B x x
2 22 2 2 2 2
1 2
2 2 2
det 1 2018 2018 det 1 2018 2018 2 2018
det det 2018
B x x B
B A A B B
.
…… 2pont
3. Az 1n n
x
sorozatot az 1 1
1 2
11, n n
n
x x xx x x
rekurzióval értelmezzük.
1) Igazold, hogy lim nn
x
.
2) Számítsd ki: lim n
n
x
n.
3) Ha *k , határozd meg a 2lim
k
n
n
x
n határértéket!
dr. Szász Róbert, Marosvásárhely
Megoldás:
1) Matematikai indukcióval könnyen igazolható, hogy *0,nx n és így nyilvánvalóan az
1n n
x
sorozat szigorúan növekvő. ............................................................................ 1 pont
A rekurzióból 1
1 2
1n n
n
x xx x x
, ezt beszorozva 1n nx x -nel:
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
2 2 11
1 2 1 2
2 2 2n n n nn n
n n n n n
x x x xx x
x x x x x x x x x n
, azaz ........................... 1 pont
2 2 2
1 1
2 2 2 1 1 11 2 1
1 2 3n n nx x x
n n n n
.
Mivel 1 1 1
lim 12 3n n
és
1n nx
pozitív tagú, a fenti egyenlőtlenség alapján
lim nn
x
. ............................................................................................................................. 1 pont
2) A Cesaro-Stolz tételt kétszer alkalmazva
1
1 2 1 2 1
11 1
1 1lim lim lim lim 2lim
1
n n n
n n n n nn n n
nnx x x n n n n
x x x x x x xn n n
1
12lim 0
1nnx n n
. ................................................................................... 3 pont
3) Szintén a Cesaro-Stolz tétel alapján:
1 1
2 21
2 2 2 2 21 2
1lim lim lim
1 1
k k
k k k k k
n n n
n n nn
x x x n n
n n n x x x n n
1
12 22
1
1 2 1 2
1
lim 2 lim
kp p
pp
k
p k
n nn n
n nn
x x x x x x
. ...................... 2 pont
Másrészt
1
11
122
1 2 1 2 1 2
10 lim lim lim lim 0
k
pkp
n n n nn n n n
n n n
x x x x x x x x x x
-
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
Tehát: 2lim 0.
k
n
n
x
n
.......................................................................................................... 1 pont
4. Legyenek 2,A B M mátrixok és 0 valós szám. Igazold, hogy:
1) 2,X Y M esetén det det 2 det detX Y X Y X Y .
2) 2 2det det det detA B AB BA A B A B és
2 2 2 21det det det det
2A B AB BA A B A B
.
3) 22 2 2 2det det det det det detA B AB BA A B A B AB BA .
dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
1) Legyen a b
Xc d
és u v
Yw t
. Akkor
det( )a u b v
X Y ad at ud ut bc cv wb wvc w d t
det( )a u b v
X Y ad at ud ut bc cv wb wvc w d t
, tehát
det det 2 2(det det )X Y X Y ad ut bc vw X Y ................................2 pont
2) Az első pontban szereplő egyenlőségben végezzük el a következő helyettesítéseket: 2 2X A B ,
Y AB BA . Kapjuk, hogy
2 2 2 22 det det detA B AB BA A B AB BA
2 2det detA B AB BA A A B B A B
det det detA A B B A B A B A B A B A B
2det detA B A B .
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
azaz
2 2det det det detA B AB BA A B A B (1) .....................3 pont
Az első pontban szereplő egyenlőségben legyen most:
2 2X A B , Y AB BA és akkor kapjuk, hogy
2 2 2 2det detA B AB BA A B AB BA
2 22 det A B AB BA , innen
2 2 2 2 2 21det det det
2A B AB BA A B AB BA A B AB BA
1det det
2A A B B A B A A B B A B
2 21det det
2A B A B (2)......................................................................3 pont
3) Ha det A B u és det A B v , akkor a (1). és (2). összefüggésekből
2 2det detA B AB BA uv és
2 2
2 2det det2
u vA B AB BA
,
másrészt ismert, hogy
2 2 2
, ,2 2
u v u vuv u v
amelyet átírva a bizonyítandó
egyenlőtlenségeket kapjuk:
22 2 2 2det det det det det detA B AB BA A B A B AB BA
.....1 pont
.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
XII. osztály
Javítókulcs
1.feladat
Egy egyenlő oldalú ABC háromszög mindhárom csúcsa rajta van az 1
: ,f f xx
függvény grafikus képén.
a) Határozd meg az ABC háromszög területét, ha súlypontjának koordinátái 1,1 .
b) Ha az ABC háromszög két csúcsa az első negyedben, harmadik csúcsa pedig a
harmadik negyedben van, akkor igazold, hogy a háromszög súlypontja mindig az f függvény
grafikus képén van.
Zsombori Gabriella, Csíkszereda
Megoldás:
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
a) Az 1
: ,f f xx
függvény páratlan, szimmetriatengelye az y x egyenletű első
szögfelező, 0
lim , lim 0x x
f x f x
, ezért a koordináta-tengelyek aszimptotái. Így f grafikus
képének egyik ága az első negyedben, másik ága pedig a harmadik negyedben van.
Mivel az ABC háromszög 1,1G súlypontja rajta van a függvény grafikus képén, ezért a háromszög
mindhárom csúcsa nem lehet f-nek ugyanazon ágán, sőt két csúcspont azon az ágon kell legyen,
amelyiken a G pont van. Legyenek ezek A és B. Mivel GA GB és a G pont rajta van az első
szögfelezőn, ezért az A pont tükörképe az első szögfelezőre nézve a B pont. Így, ha például
0
0
1,A x
x
, akkor 0 0
0
1, ,0 1B x x
x
. Viszont így a C pont rajta kell legyen az első szögfelezőn
1, 1C .
Mivel G súlypont
0
200 0 0
11
1 4 1 0 2 33 3
A B CG
xx x x x
x x x x
,
mivel 00 1x .
Tehát 2 3,2 3 , 2 3,2 3A B ………………………….....................................(3p)
Ekkor 1
2ABCT D , ahol
2 3 2 3 11
1 2 3 2 3 1 12 3
1 1 1 1
A A
B B
C C
x y
D x y
x y
,
tehát 6 3ABCT ………………………………………………………………………………...(1p)
Megjegyzés: Nyilván a csúcsok koordinátáinak ismeretében a területet többféleképpen is ki lehet
számítani.
b) Legyenek az A, B, C pontok affixumai rendre1
, 1,2,3j j
j
z x i jx
.
Mivel az ABC háromszög egyenlő oldalú, ezért 2 2 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1z z z z z z z z z …….................(2p)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
Ekkor pedig 2 2 2
1 2 3 1 2 2 3 3 12 2 2
1 2 3 1 2 2 3 3 1
1 1 1 1 1 16x x x i x x x x x x
x x x x x x x x x
3 31 2 2 1
2 1 3 2 1 3
x xx x x xi
x x x x x x
.
Tehát egyrészt 3 31 2 2 1
2 1 3 2 1 3
6x xx x x x
x x x x x x
.
Másrészt, ha G rajta lenne f grafikus képén, akkor 1
G
G
yx
, azaz 1 2 3
1 2 3
1
3
3
y y y
x x x
,
így pedig
1 2 3
1 2 3
1 1 19x x x
x x x
, tehát 3 31 2 2 1
2 1 3 2 1 3
6x xx x x x
x x x x x x
.......................(3p)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
2. feladat
Számítsd ki az 1I tg arccos sin arctgx dx és
2I tg arcsin cos arctgx dx integrálokat, ha 0,2
x
.
Dr. Bencze Mihály, Bukarest Megoldás:
I. Módszer:
1 arcsin2
I tg arccos sin arctgx dx tg sin arctgx dx
………………..(3p)
1
ln2
tg arctgx dx tg arcctgx dx dx x cx
.........................................(2p)
2 arccos cos2
I tg arcsin cos arcctgx dx tg arcctgx dx
………...…..(2p)
2
2 2
xtg arcctgx dx tg arctgx dx xdx c
............................................(2p)
II.Módszer:
Legyen
2
2
11
2 2
arccos sin arctgx t sin arctgx cost sin t
arctgx t x tg t ctgt dx dtsin t
Tehát
1
1 2
1 1' ln lnI tg arccos sin arctgx dx tgt dt ctgt dt ctgt c x c
sin t ctgt
.
Hasonlóan számítjuk ki az 2I integrált is.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
3.feladat
A , 1 1, , 0G a a a a halmazon adott a „ ” összetevési szabály, amelyre fennáll:
log log logb b bx y a x a y a , 0,1 1, , , .b x y G
a) Igazold, hogy ,G Abel-féle csoport.
b) Legyenek az 1, 1,2,...,kx a k n számok és jelölje 1 2, ,..., ny y y az
1 2, ,..., nx x x halmaznak egy permutációját.
Igazold, hogy 2
1 1
log log .n n
b k k b k
k k
x y a x a
Dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
a) 1) log
log log log b y a
b b bx y a x a y a x y a x a
,
ahol
x y a és 1 , ,x y x y G x y G
…………………….(1p)
2) Mivel
log log
, ,b by a x ax y a x a a y a y x x y G
, ezért a „ ”
művelet kommutatív. …….……..(1p)
3)
log
loglog log log log
log log log log
bb b b b
z abb b b b
z az a y a y a z a
y z a a y a a y a z a
x y z a x y a a a x a a a x a
x y z a x a a x a a x a
, , ,x y z x y z x y z G ezért a „ ”művelet asszociatív. …………………....(1p)
4) log
, ,b e ax e x x G x a x a x G e a b G
semleges elem a
„ ”műveletre vonatkoztatva. ……………..……..(1p)
5) 1
log' log log ' 1 ' ,b x a
b bx x a b x a x a x a b G x G
…...(1p)
b) Az adott feltételek mellett a logaritmusos kifejezések értelmezettek.
Alkalmazva a Cauchy-Schwarz egyenlőtlenséget kapjuk, hogy:
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
1 1
log log logn n
b k k b k b k
k k
x y a x a y a
................................................(1p)
2 2 2 2
1 1 1 1
2
1
log log log log
log .
n n n n
b k b k b k b k
k k k k
n
b k
k
x a y a x a x a
x a
...........(3p)
4.feladat
Oldd meg a valós számok halmazán a 3 2 24 6 2 cos2
xx x x
egyenletet !
Oláh-Ilkei Árpád, Barót
Megoldás:
Alkalmazva a 2 1 cos 2cos
2
képletet kapjuk, hogy .......................................(1p)
3 28 12 2 3 cos 2 1 2 3 2 1 cosx x x x x x x x .
Belátható, hogy 1 2 3
1 3 1, ,
2 2 2x x x megoldásai az egyenletnek.......................................(3p)
Igazolom, hogy nincs több valós megoldás.
Legyen az 3 2 2: , 4 6 2 cos2
xf f x x x x
függvény. Feltételezem, hogy az f
függvénynek van legalább 4 valós gyöke. Alkalmazva Rolle tételét, és azt egymásután
megismételve, következik, hogy az 'f függvénynek van legalább 3 valós gyöke, az ''f
függvénynek legalább 2 valós gyöke és az '''f függvénynek legalább 1 valós gyöke van…(3p)
De 3
''' 24 sin 0,2
f x x x
, így ellentmondáshoz jutunk.
Tehát a megoldáshalmaz: 1 1 3
, ,2 2 2
M
………………………………………………(2p)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
IX. osztály
II. forduló
1. feladat
Íjászok lőnek egy 1m sugarú céltáblába. Mivel kedvelik a mágikus számokat, minden alkalommal
hét vessző kilövése után értékelik az eredményt. Profik lévén az összes vessző beletalál a táblába,
és hosszú gyakorlás során figyelnek fel rá, hogy mindig van két olyan találat, amelyek közt a
távolság nem haladja meg az 1 métert. Arra kérik matematikus barátjukat, hogy állapítsa meg,
midig lesz-e ilyen találatpár, vagy csak esetlegesség a megfigyelésük. Az is érdekelné őket, hogy
lehet-e úgy lőni, hogy bármely két találat közti távolság legalább 1 méter legyen. Adj választ az
íjászok kérdéseire!
2. feladat
Igazold, hogy nem léteznek olyan , , , *a b c n számok, amelyekre az
2 22 1 1a b c n a b c n n szám négyzetszám legyen!
3. feladat
Adott az ABCD négyzet, F a CD oldal felezőpontja, H a BC oldalnak B -hez közelebb eső
harmadoló pontja. Legyen P az AF és BD egyenesek metszéspontja. Igazold, hogy PH AF !
4. feladat
Egy derékszögű háromszög oldalainak mértékszámai kétjegyű egész számok. Az átfogó
mértékszáma ugyanazon számjegyekkel írható, mint az egyik befogóé, csak fordított sorrendben.
Mennyi lehet a mértékszáma egy ilyen háromszög oldalának?
5. feladat
Az A -ban derékszögű ABC háromszögben , AD BC D BC . Az AD átmérőjű kör az AB
befogót K -ban, az AC befogót M -ben metszi, és az L a KM és az AD metszéspontja. Tudva,
hogy az AL szakasz hossza az AK és az AM szakaszok hosszának mértani középarányosa,
határozd meg az ABC háromszög szögeinek mértékét!
6. feladat
Münchhausen bárónak volt nyolc darab azonos külsejű golyója, amelyek súlyai 1 gramm, 2gramm,
3gramm, …, 8gramm. Ezek egyikét gróf Szkleróz kölcsönkérte, de elfelejtette visszaadni. Egy
kétkarú mérlegen egy méréssel a báró rájött, hogy melyik golyó hiányzik.
Vajon melyik golyó van Szkleróz grófnál?
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
X. osztály II. forduló
1 feladat
a) Határozd meg az összes p prímszámot, amelyre 2 4,p 2 6p is prímek.
b) Határozd meg az összes q prímszámot, amelyre 4,q 24,q 2 10,q 2 34q is prímek.
2. feladat
Etele és Márk „kavicsoznak”. Ez a játék abból áll, hogy a kezdőjátékos feltesz valahány kavicsot az
asztalra, majd elvesz legalább egyet, de nem többet, mint a kavicsok felét; aztán a másik játékos vesz el
az asztalon maradt kavicsok közül néhányat, az előbbi szabály szerint. A játék addig tart, amíg el nem
fogynak a kavicsok az asztalról. Az veszít, aki az utolsó kavicsot veszi el. Van-e olyan stratégia,
amellyel Márk, a kezdőjátékos biztosan nyerni fog?
3. feladat
Adottak az A1B1C1 és A2B2C2 háromszögek úgy, hogy 𝑚(𝐵1𝐴1𝐶1 )= 𝑚(𝐵2𝐴2𝐶2 ) = 900, valamint
𝐷1 ∈ (𝐵1𝐶1), 𝐷2 ∈ (𝐵2𝐶2) úgy, hogy 𝐴1𝐷1 ⊥ 𝐵1𝐶1, 𝐴2𝐷2 ⊥ 𝐵2𝐶2.
Igazold, hogy 1
𝐴1𝐷1⋅𝐴2𝐷2≥
1
𝐴1𝐵1⋅𝐴2𝐵2+
1
𝐴1𝐶1⋅𝐴2𝐶2 .
4. feladat
Oldd meg a valós számok halmazán az
4 2 2 2
2
2
3 4
4 2
2
a b c a b
c bc
b c
egyenletrendszert!
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
5. feladat
Egy táblára felírjuk az összes 1ka k k számot, ahol 1, 2,3, ,k n . A felírt ka számokból
letörlünk tetszőlegesen kettőt, az a illetve b számokat, és visszaírjuk a táblára az 2
1
abx
a b
, illetve
2
1
aby
a b
számokat. Igazold, hogy az eljárás 2018-szoros megismétlése után a táblán maradt számok
reciprokainak összege kisebb, mint 1.
6. feladat
Egy ABC háromszögben legyenek rendre , ,S P R az , ,A B C csúcsokból húzott magasságok
talppontjai. Igazold, hogy :
a) 2
2
BRP
ARS
TBC
AC T
b) 2 2 2
2 2
BC BR RP
AC AR RS
.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
XI-XII. osztály II. forduló
1. feladat Helyezz el egymás mellé valahány üveggolyót. Tekintsd ezt első sornak. Alakíts ki belőlük párokat, így
1 golyó pár nélkül marad. Ezt a pár nélküli golyót helyezd a 2. sorba, majd helyezd mellé az előző sor
minden párjának egy-egy golyóját. Majd csoportosítsd a 2. sorban levő golyókat hármasával, ekkor 2
golyó megmarad. Ezt a kettőt helyezd a harmadik sorba, majd helyezd melléjük az előző sor minden
hármasának egy-egy golyóját. Így folytatva az eljárást, a k. sorban a csoportosítás után éppen k darab
golyó marad meg, és a 2018. sorban pontosan 2018 üveggolyó lesz. Határozd meg az üveggolyók
számát!
2. feladat
Egy 5p prímszámot pitagoraszi prímszámnak nevezünk, ha felírható két négyzetszám összegeként.
Igazold, hogy ha 1 2, , , np p p pitagoraszi prímszámok, akkor 2 2 2 2
1 2 2nn p p p n nem
négyzetszám!
3. feladat Az ABC háromszög belsejében adott egy P pont. Az AP egyenes a BC oldalt D-ben, a BP egyenes az
AC oldalt E-ben, és a CP egyenes az AB oldalt F-ben metszi. Ha 3PD PE PF , és
43PA PB PC , mennyi a PA PB PC szorzat értéke?
4. feladat Egy 1 méter oldalhosszúságú szabályos hatszög belsejében található egy 50 oldalú K konvex sokszög.
Igazold, hogy a K csúcsai közül kiválasztható három úgy, hogy az általuk meghatározott háromszög
területe legfennebb 72 négyzetcentiméter!
5. feladat
Adott az 100n páros természetes szám. Egy 2 1 10n -es táblának bal felső és jobb alsó sarkából
vágj le egy-egy 5 1 -es téglalapot. Lefedhető-e az így kapott alakzat 1n darab 5 2 -es és 1n darab
2 5 -ös téglalappal, tudva azt, hogy a téglalapok nem forgathatók el?
6. feladat
Az ABC hegyesszögű háromszög köré írt körön jelölje ,M illetve N az AC és AB körívek
felezőpontját. Igazold, hogy az MN szakasz akkor és csakis akkor érinti a háromszögbe írt kört, ha az
A szög mértéke 60 .
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
IX. osztály
Javítókulcs, II. forduló
1. feladat
Íjászok lőnek egy 1m sugarú céltáblába. Mivel kedvelik a mágikus számokat, minden
alkalommal hét vessző kilövése után értékelik az eredményt. Profik lévén az összes vessző
beletalál a táblába, és hosszú gyakorlás során figyelnek fel rá, hogy mindig van két olyan
találat, amelyek közt a távolság nem haladja meg az 1 métert. Arra kérik matematikus
barátjukat, hogy állapítsa meg, mindig lesz-e ilyen találatpár, vagy csak esetlegesség a
megfigyelésük. Az is érdekelné őket, hogy lehet-e úgy lőni, hogy bármely két találat közti
távolság legalább 1 méter legyen. Adj választ az íjászok kérdéseire!
Megoldás:
Hivatalból 1 pont.
A kört osszuk fel 6 egyenlő körcikkre. A skatulyaelv alapján biztosan lesz olyan körcikk,
melybe két vessző kerül.
3 pont
Ezek távolsága nem lehet nagyobb 1 m-nél, hiszen a cikkek kerületi pontjai közt is
maximum 1 m a távolság
2 pont
Tegyük fel, hogy az AOB körcikkben található két pont. Jelöljük ezeket. G -vel és H -
val. G és H a körcikk belsejében vagy legfeljebb a határán található. A GOH
háromszögben GOH szög mértéke nem nagyobb 60 -nál, így az OGH vagy az OHG
szögek közül az egyiknek a mértéke, a nagyobbiknak, nem kisebb 60 -nál. Mivel egy
háromszögben a nagyobb szöggel szemben fekvő oldal hossza nagyobb, mint a kisebb
szöggel szemben fekvő, ezért 1 max( , )OH OG HG
2 pont
Megvalósítható a pontosan 1 m-es távolság, hiszen ehhez az kell, hogy valamely beírható 2 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
szabályos hatszög csúcsaiba és a céltábla közepébe lőjünk.
2. feladat
Igazold, hogy nem léteznek olyan , , , *a b c n számok, amelyekre az
2 22 1 1a b c n a b c n n szám négyzetszám legyen!
Megoldás.
Hivatalból 1pont
Észrevehető, hogy
2 2 2
2 2
2 2
1 2 1 1
2 1 1
2 1 1.
a b c n a b c n a b c n
a b c n a b c n n a b c n
a b c n a b c n n
4 pont
2 2 2
2 2
2 2
2
2 1 1 1
2 1 1.
a b c n a b c n a b c n
a b c n a b c n n a b c n
a b c n a b c n n
3pont
Tehát az 2 22 1 1a b c n a b c n n szám két egymásutáni négyzetszám
között van, ezért nem lehet négyzetszám.
2 pont
3. feladat
Adott az ABCD négyzet, F a CD oldal felezőpontja, H a BC oldalnak B -hez közelebb
eső harmadoló pontja. Legyen P az AF és BD egyenesek metszéspontja. Igazold, hogy
PH AF !
Megoldás:
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Hivatalból 1 pont
Az ábra 1 pont
Használjuk a következő jelöléseket: , , .2 3
a aAD a DF BH
12 .2
aPD DF PF
DF AB PDF PBAPB AB PA a
1 1
1 2 3
PD PD
PB PD BD
, hasonlóan
1
3
PF
AF (1)
1 pont
Megszerkesztjük: PT DC és PS BC1
3
DS
DC , illetve
1
3
CT
CB
2
3
aSC ,
De mivel ( ) 90 ,m C PSCT téglalap, tehát 3
aTC ebből következik, hogy
3
aTH BC BH TC
2 pont
A THP derékszögű háromszögben Pitagorasz tétele alapján 5
3
aPH , hasonló
képpen a HCF háromszögben 5
6
aFH
Az ABF háromszögben 5
2
aAF és így az (1)-es összefüggés alapján
5
6
aPF
3 pont
A PHF háromszögben 2
2 2 2 25
36
aPF PH FH , így Pitagorasz fordított tétele
alapján HP PF .
2 pont
4. feladat
Egy derékszögű háromszög oldalainak mértékszámai kétjegyű egész számok. Az átfogó
mértékszáma ugyanazon számjegyekkel írható, mint az egyik befogóé, csak fordított
sorrendben. Mennyi lehet a mértékszáma egy ilyen háromszög oldalának?
Megoldás:
Hivatalból 1pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Legyen az átfogó mértékszáma 10 xy x y, így az egyik befogóé 10 yx y x, ahol x
és y 0-tól és egymástól különböző számjegyek és x > y. A másik befogó mértékszáma
legyen z. Nyilván 10 100. z
1 pont
Pitágorász tételét alkalmazva 2 2210 10 y x z x y
ami egyenértékű az alábbival: 2 2 2 299 3 11 . z x - y x y x y
2 pont
A jobboldal osztható a 11 prímszámmal, ezért a 2z is osztható vele. Mivel
négyzetszámot különböző prímszámok hatványainak szorzataként felírva, benne
minden kitevő páros, ezért 2z osztható 11-gyel. Így x y x y osztható 11-gyel.
Azonban x y legalább 1 és legfeljebb 8, ezért csakis x y lehet osztható 11-gyel.
Ugyanakkor x y legalább 3 és legfeljebb 17 lehet, így e két határ között csak maga a
11 megfelelő, tehát 11x y = .
3 pont
Most már tudjuk, hogy 2 2 23 11 . z x y E szerint x y négyzetszám, éspedig
páratlan, mert egész számok összege és különbsége párosságra nézve megegyező, és
x y páratlan. Így csak 21x y = lehetséges. E két feltételből 6, 5,x= y= másrészt
3 11,z = tehát az oldalak mértékszámai 33, 56 és 65.
3 pont
5. feladat
Az A -ban derékszögű ABC háromszögben , AD BC D BC . Az AD átmérőjű kör az AB
befogót K -ban, az AC befogót M -ben metszi, és az L a KM és az AD metszéspontja.
Tudva, hogy az AL szakasz hossza az AK és az AM szakaszok hosszának mértani
középarányosa, határozd meg az ABC háromszög szögeinek mértékét!
Megoldás:
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Hivatalból 1 pont
Az ábra 1 pont
AKDM négyszög körbeírható ( K és M átmérőn nyugvó kerületi szögek), és a
négyszögben három szög derékszög, tehát AKDM téglalap az átlók
metszéspontja L a téglalap középpontja, AL LD ML LK .
2 pont
Legyen ,AP MK P MK .
Tudjuk, hogy
2 2 2AKMAL AK AM T KM AP AL AP 2AL AP
ALP P -ben derékszögű háromszögben 30m ALP az ALK egyenlő
szárú háromszög külső szöge AKM -ben 15 , 75m K m M
5pont
ADC -ben 75 , 15m A m C , ezért az ABC szögeinek mértéke:
15 , 75m C m B
1 pont
6. feladat
Münchhausen bárónak volt nyolc darab azonos külsejű golyója, amelyek súlyai 1 gramm,
2gramm, 3gramm, …, 8gramm. Ezek egyikét gróf Szkleróz kölcsönkérte, de elfelejtette
visszaadni. Egy kétkarú mérlegen egy méréssel a báró rájött, hogy melyik golyó hiányzik.
Vajon melyik golyó van Szkleróz grófnál?
Hivatalból 1 pont
Ha a megmaradó golyókat felteszi a két serpenyőbe és nincs egyensúly, abból nem nyer
használható információt Münchhausen. Csak akkor jöhet rá a hiányzó golyó súlyára, ha
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
a két tálca között egyensúly van. 2 pont
Egyensúly akkor lehet, ha a megmaradt 7 golyó összsúlya (a mérőszám) páros.
1+2+3+4+5+6+7+8=36. Tehát a hiányzó golyó súlya is páros: 2, 4, 6 vagy 8 gramm.
Ha a 2 grammos hiányzik, a megmaradt golyók között egyensúly úgy lesz, ha mindkét
tálcán 17 gramm lesz az összsúly. Ehhez legalább 3 golyót kell tenni mindkét
serpenyőbe, és ez megvalósítható.
Ha a 4 grammos hiányzik, a megmaradt golyók között egyensúly úgy lesz, ha mindkét
tálcán 16 gramm lesz az összsúly. Ehhez is legalább 3 golyót kell tenni mindkét
serpenyőbe. Ez is megvalósítható.
Ha a 8 grammos hiányzik, a megmaradt golyók között egyensúly úgy lesz, ha mindkét
tálcán 14 gramm lesz az összsúly. Ehhez is legalább 3 golyót kell tenni mindkét
serpenyőbe. Ez is megvalósítható
3 pont
Ha a 6 grammos hiányzik, a megmaradt golyók között egyensúly úgy lesz, ha mindkét
tálcán 15 gramm lesz az összsúly. Ez lehet úgy is, ha az egyik tálcába a 7 és 8 grammos
kerül, a másikba pedig az 1, 2, 3, 4 és 5 grammos golyó.
2 pont
Tehát ez az egy eset olyan a lehetőségek közül, amelynél csak úgy mérhető egyensúly,
hogy az egyik tálcába csak két golyót teszünk.
Ha Münchhausen szerencsés, akkor az egyik tálcába 2 golyót, a másikba pedig 5
golyót tesz, és a mérleg egyensúlyt mutat. Ez csak a legutoljára vizsgált esetben
fordulhat elő, amikor a Szkleróz grófnál lévő golyó 6 grammos.
2 pont
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIAXXVIII.EMMV
Szováta, 2018 január 31. – február 4.
Megjegyzések Munkaidő 4 óra; Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér; Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár
X. osztályII. forduló
1 feladat
a) Határozd meg az összes p prímszámot, amelyre 2 4,p 2 6p is prímek.
b) Határozd meg az összes q prímszámot, amelyre 4,q 24,q 2 10,q 2 34q is prímek.dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
a) Jelölje u a az a szám utolsó számjegyét.
Ha 1u p , akkor 2 4 5u p és így 2 4p nem prím.
Ha 3u p akkor 2 6 5u p és így 2 6p nem prím.
Ha 7u p akkor 2 6 5u p és így 2 6p nem prím.
Ha 9u p akkor 2 4 5u p és így 2 4p nem prím.
2p
Egyedüli megoldás 5p amelyre 2 4 29p és 2 6 31p prímek. 1p
a) 7q megoldás. 1pHa 2k természetes szám, akkor 7q k nem prímszám.Ha k természetes szám, akkor a következő esetek lehetségesek:Ha 7 1q k akkor 2 34 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 2q k akkor 2 10 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 3q k akkor 4 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 4q k akkor 24 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 5q k akkor 2 10 7 0q M , tehát nem prím.Ha 7 6q k akkor 2 34 7 0q M , tehát nem prím.
4p
Egyedüli megoldás 7q , 4 11q , 24 31q , 2 10 59q , 2 34 83q . 1p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIAXXVIII.EMMV
Szováta, 2018 január 31. – február 4.
Megjegyzések Munkaidő 4 óra; Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér; Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár
2. feladat
Etele és Márk „kavicsoznak”. Ez a játék abból áll, hogy a kezdőjátékos feltesz valahány kavicsot azasztalra, majd elvesz legalább egyet, de nem többet, mint a kavicsok felét; aztán a másik játékos vesz elaz asztalon maradt kavicsok közül néhányat, az előbbi szabály szerint. A játék addig tart, amíg el nemfogynak a kavicsok az asztalról. Az veszít, aki az utolsó kavicsot veszi el. Van-e olyan stratégia,amellyel Márk, a kezdőjátékos biztosan nyerni fog?
Komán Attila, Budapest
Megoldás:
Aki az utolsót kénytelen elvenni az veszít, tehát ,aki akkor kerül sorra amikor 2 kavics van azasztalon, az nyer, aki előtt három kavics van, az veszít. Tehát ha elérheted, hogy a lépésed után3 kavics maradjon, akkor nyertél. Ez utóbbi akkor lehetséges, ha 4, 5, vagy 6 kavics van azasztalon, amikor rád kerül a sor. Ha viszont 7 kavicsnál kerülsz sorra, akkor lépésed utánkizárólag 4, 5 van 6 kavics maradhat az asztalon, tehát veszíteni fogsz.
3p
Ha a játékos egy 2 − 1 alakú számnál következik, akkor a megtett lépés után legtöbb2 − 2 , legkevesebb 2 kavics maradhat az asztalon (mivel–
= 2 – 0,5 , ezértlegtöbb 2 − 1 kavicsot vehet el, ez esetben 2 maradna), a soron következő játékos viszontmindenképp el tud annyit venni, hogy 2 − 1 kavics maradjon, ami azt jelenti, hogy a kétjátékos együttesen 2n számú kavicsot kell elvegyen egy-egy lépés során.(mivel 12 1 2 1 2n n n ).
4p
Ezt a stratégiát folytatva a következőnek mindig 2 − 1 számú kavicsból kell elvennie, ígyjut majd 3-hoz, ami 2 − 1. Márk számára a nyerő stratégia a következő: kezdetbenakármennyi kavicsot feltehet az asztalra, kivéve 2 − 1 számút, aztán pedig mindig annyitvegyen el, hogy az asztalon Etele számára 2 − 1 számú kavics maradjon. Tehát a 2 1k „vesztes szám”.
2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIAXXVIII.EMMV
Szováta, 2018 január 31. – február 4.
Megjegyzések Munkaidő 4 óra; Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér; Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár
3. feladat
Adottak az A1B1C1 és A2B2C2 háromszögek úgy, hogy = = 90 , valamint∈ ( ), ∈ ( ) úgy, hogy ⊥ , ⊥ .
Igazold, hogy ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ .
dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
Vezessük be a következő jelöléseket:= , = , = ℎ , = , = , = ℎ ,Ezekkel a jelölésekkel írhatjuk, hogy: ℎ = ⋅ ℎ = ⋅
3p
Így a bizonyítandó egyenlőtlenség egyenértékű a következőkkel:
⋅ ≥ ⋅ + ⋅ ⟺ ⋅ ⋅ ⋅ ≥ ⋅ + ⋅ ⟺3p
( + )( + ) ≥ ⋅ + ⟺ ( ⋅ − ∙ ) ≥ 0 , ami nyilvánvalóan igaz. 3p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIAXXVIII.EMMV
Szováta, 2018 január 31. – február 4.
Megjegyzések Munkaidő 4 óra; Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér; Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár
4. feladat
Oldd meg a valós számok halmazán az
4 2 2 2
2
2
3 44 2
2
a b c a bc bc
b c
rendszert.
Bíró Béla, Sepsiszentgyörgy
Megoldás:
4 2 2 2
2
2
3 44 2
2
a b c a bc bc
b c
(1)(2)(3)
(3) 0c (2) 0b , sőt ha 0c vagy 0b (2) 2 4 0c ellentmondás. Tehát csak0b és 0c esetben kaphatunk megoldást.
1p
Az (1) -ből adódik, hogy ha , ,a b c számhármas egy megoldás, akkor , ,a b c számhármas ismegoldás (4).A továbbiakban feltételezhetjük, hogy 0b és 0c (5).A (2) -es és (3) -as összefüggések felhasználásával és a számtani mértani közepek közöttiegyenlőtlenség alkalmazásával írhatjuk, hogy
2 22 4 4 2bc c c b c b (6).
2p
Másrészt: az (1) –es egyenlet átrendezésével a következőhőz jutunk: 22 2 22 0a b b c azaz
22 2 22 0a b b c 2 2b c (5) b c (7).
3p
A (6) –os és (7)-es egybevetéséből adódik, hogy .b c A b c feltétel mellett a (2) és (3)egyenletet csak a (2, 2) számpár elégíti ki. Ezt figyelembe véve az (1) –es egyenlet az
4 28 16 0a a egyenlethez vezet 22 4 0a 2a . Tehát a (2, 2, 2) és ( 2, 2, 2)
számhármasok a megoldások.
3p
Egy másik lehetséges megoldás: Az utolsó egyenlőtlenség kétszeresét hozzáadva az első két
egyenlethez az 2 2 22 2 2 0a b b c c egyenlőtlenséghez jutunk, stb.
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIAXXVIII.EMMV
Szováta, 2018 január 31. – február 4.
Megjegyzések Munkaidő 4 óra; Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér; Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár
5. feladat
Egy táblára felírjuk az összes 1ka k k számot, ahol 1, 2,3, ,k n . A felírt ka számokból
letörlünk tetszőlegesen kettőt, az a illetve b számokat, és visszaírjuk a táblára az 21
abxa b
illetve
21
abya b
számokat. Igazold, hogy az eljárás 2018-szoros megismétlése után a táblán maradt számok
reciprokainak összege kisebb, mint 1.Mátéfi István, Marosvásárhely
Megoldás:
A táblán található számok reciprokainak összege
1 1 1 1 11 11 2 2 3 3 4 1 1n n n
.2p
A továbbiakban igazoljuk, hogy a feltételben leírt, művelet során az összeg értéke nem változik.
Legyenek aés b a letörölt számok, ezek a fenti összegben az 1 1a b
összegként jelennek meg,
A táblára visszaírt 21
abxa b
és 21
abya b
számok reciprokainak összege
1 1 1 1 1 12 2
a b a b a bx y ab ab ab a b
, vagyis a visszaírt számok reciprokainak összege
egyenlő a letörölt számok reciprokainak összegével.
5p
Tehát a táblán található számok reciprokainak összege változatlan marad minden törlés után.Az eljárás 2018-ik megismétlése után is a táblán található számok reciprokainak összegeváltozatlan marad, tehát kisebb, mint 1.
2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIAXXVIII.EMMV
Szováta, 2018 január 31. – február 4.
Megjegyzések Munkaidő 4 óra; Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér; Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra legfeljebb 5
pluszpont jár
6. feladat
Egy ABC háromszögben legyenek az , ,S P R pontok rendre az , ,A B C csúcsokból húzottmagasságok talppontjai. Igazold, hogy :
a)2
2BRP
ARS
TBCAC T
b)2 2 2
2 2BC BR RPAC AR RS
.
Pálhegyi-Farkas László, Nagyvárad
Megoldás:
Rajz 1pa)Ismert, hogy a talpponti háromszögben az eredeti háromszög magasságai szögfelezők. Valóban,ha tekintjük a BRHS és ARHP körbeírható négyszögeket, akkor BRS BHS és ARP AHP .De AHP BHS mert csúcsszögek. Ezért BRS ARP és mivel CR magasság, következik, hogy SRH HRP . Hasonlóan igazolható a többi is.
1p
Igazoljuk, hogy az ARP és ACB háromszögek hasonlóak. Mivel ARHP körbeírható négyszög, ARP AHP , de AHP BHS mert csúcsszögek. BCA BHS mert merőleges szárú szögek.Hasonlóan APR ABC . Innen következik, hogy az ARP és ACB háromszögek hasonlóak. Atöbbi esetben hasonló az eljárás.
2p
Mivel az ARP és ACB háromszögek, illetve az BRS és BCA háromszögek hasonlóak,
következik, hogy: AR RPAC BC
és BR RSBC AC
. Ezen relációkból kapjuk, hogy:
AR BC RP ACAC BR BC RS
, majd átrendezve
2
2BC BR RPAC AR RS
.
2p
De az előbbiekből következik, hogy BRP SRA , legyen ezek mértéke . Akkor az előbbi
összefüggés átírható úgy, hogy:2
22sin
sin 2BRP BRP
ARS ARS
T TBC BR RPAC AR RS T T
.
1p
b) Mivel2 2
2BR RPBR RP
következik a kért összefüggés:2 2
2BRP
ARS
T BR RPT AR RS
2p
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
XI-XII. osztály
Javítókulcs
1. feladat Helyezz el egymás mellé valahány üveggolyót. Tekintsd ezt első sornak. Alakíts ki belőlük
párokat, így 1 golyó pár nélkül marad. Ezt a pár nélküli golyót helyezd a 2. sorba, majd helyezd
mellé az előző sor minden párjának egy-egy golyóját. Majd csoportosítsd a 2. sorban levő
golyókat hármasával, ekkor 2 golyó megmarad. Ezt a kettőt helyezd a harmadik sorba, majd
helyezd melléjük az előző sor minden hármasának egy-egy golyóját. Így folytatva az eljárást,
a k. sorban a csoportosítás után éppen k darab golyó marad meg, és a 2018. sorban pontosan
2018 üveggolyó lesz. Határozd meg az üveggolyók számát!
Mészár Julianna, Nagyszalonta, Pálhegyi-Farkas László, Nagyvárad
Megoldás:
Legyen a golyók száma n. Ekkor
1. sor: 12 1n g
2. sor: 1 21 3 2g g
3. sor: 2 32 4 3g g
2017. sor: 2016 20172016 2018 2017g g
2018. sor: 20172017 2018g ....................(4p)
Tehát 2017 1g . Ekkor a 2. sortól kezdődően minden sorban vigyük át a baloldalról a
szabadtagokat a jobb oldalra, majd ezután a jelzett mennyiséggel szorozzuk be a sorokat, a
második sortól kezdve:
12 1n g
1 23 1 2!g g
2 34 1 3!g g
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
2015 20162017 1 2016!g g
2016 20172018 1 2017!g g ....................(3p)
Összeadva a sorok megfelelő oldalait, majd leegyszerűsítve, azt kapjuk, hogy:
1! 2! 3! 2018!n ....................(2p)
2. feladat
Egy 5p prímszámot pitagoraszi prímszámnak nevezünk, ha felírható két négyzetszám
összegeként. Igazold, hogy ha 1 2, , , np p p pitagoraszi prímszámok, akkor 2 2 2 2
1 2 2nn p p p n nem négyzetszám!
Dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
Ha *m , akkor 2 4, 4 1m M M , eszerint ha *,a b akkor
2 2 4, 4 1, 4 2a b M M M ....................(3p)
Ha kp prímszám, akkor 2 4 1kp M bármely 1, 2, ,k n esetén. ....................(3p)
Akkor
2 2 2 2 2 2
1 2 2 4 1 2 4 2 4 2, 4 3nn p p p n n n M n n M n M M
Ebből következik, hogy az 2 2 2 2
1 2 2nn p p p n szám nem lehet teljes négyzet.
....(3p)
3.feladat
Az ABC háromszög belsejében adott egy P pont. Az AP egyenes a BC oldalt D-ben, a BP
egyenes az AC oldalt E-ben, és a CP egyenes az AB oldalt F-ben metszi. Ha
3PD PE PF és 43PA PB PC , mennyi a PA PB PC szorzat értéke?
Róka Sándor, Nyíregyháza
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
Megoldás:
Legyen 1h és ch rendre az APB háromszög P-
ből húzott, illetve az ABC háromszög C-ből
húzott magassága.
Ekkor
1
12
2
PAB
cABC c
AB ht h
AB ht h
. ....................(2p)
Mivel az FPM és FCN háromszögek
hasonlóak, akkor 1 3
3c
h FP
h FC PC
.....................(2p)
Tehát PCt
t
ABC
PAB
3
3. Hasonlóan kapjuk, hogy:
PAt
t
ABC
PBC
3
3 és
PBt
t
ABC
PCA
3
3. ........(2p)
Adjuk össze az egyenlőségeket: PBPAPC
3
3
3
3
3
31 , ....................(1p)
rendezés után: PCPBPAPCPBPA 954 . Mivel 43PA PB PC
441 PCPBPA . ....................(2p)
4. feladat
Egy 1 méter oldalhosszúságú szabályos hatszög belsejében található egy 50 oldalú K konvex
sokszög. Igazold, hogy a K csúcsai közül kiválasztható három, úgy hogy az általuk
meghatározott háromszög területe legfennebb 72 négyzetcentiméter !
Dr. Bencze Mihály, Bukarest
Megoldás:
Mivel a K sokszög benne van a hatszög belsejében, a kerülete legfennebb 600 cm lehet.
................(1p)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
Legyenek a K sokszög csúcsai A1, A2, …A50, és képezzük az
1 2 2 3 2 3 3 4 49 50 50 1 50 1 1 2, ,..., ,A A A A A A A A A A A A A A A A számokat. ................(1p)
Ezen 50 szám összege a K sokszög kerületének kétszerese, vagyis legtöbb 1200 cm lehet,
................(2p)
tehát van közöttük legalább egy, amely kisebb vagy egyenlő, mint 24 cm (ellenkező esetben
az összeg nagyobb lenne mint 1200 cm ). ................(2p)
Legyen ez 1 1 2i i i iA A A A ,
1 2
1 1 2 1 21 1 2
sin
2 2i i i
i i i i i i ii i i i
A A A
A A A A A A A A A A AT
................(1p)
, majd használva a mértani és számtani középarányosok egyenlőtlenségét kapjuk, hogy
1 2
2 21 1 2 24
728 8i i i
i i i i
A A A
A A A AT
................(2p)
5. feladat
Adott az 100n páros természetes szám. Egy 2 1 10n -es táblának bal felső és jobb alsó
sarkából vágj le egy-egy 5 1 -es téglalapot. Lefedhető-e az így kapott alakzat 1n darab 5 2
-es és 1n darab 2 5 -ös téglalappal, tudva azt, hogy a téglalapok nem forgathatók el?
Róka Sándor, Nyíregyháza
Megoldás:
Színezzük felváltva az alakzat sorait fehér, illetve fekete színnel, az első sor legyen fehér. Így
n sor fekete, tehát 10 4n fekete négyzet lesz. ................(2p)
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
Tegyük fel, hogy a lefedés lehetséges. Akkor egy 2 5 -ös téglalap mindig 5 fekete
négyzetet takar le, tehát az 1n darab 2 5 -ös téglalap összesen 5 1n fekete négyzetet
fed. ..(2p)
Másrészt egy 5 2 -es téglalap mindig 4 vagy 6 fekete négyzetet takar, tehát az ilyen típusú
téglalapok által lefedett fekete négyzetek száma páros. . ...............(2p)
Tehát a téglalapok által összesen lefedett fekete négyzetek száma 2 5( 1)M n alakú, ami
páratlan figyelembe véve, hogy n páros, ami ellentmond annak,hogy 10 4n páros.....(2p)
Tehát a lefedés lehetetlen. ...............(1p)
6.feladat
Az ABC hegyesszögű háromszög köré írt körön jelölje ,M illetve N az AC és AB körívek
felezőpontját. Igazold, hogy az MN szakasz akkor és csakis akkor érinti a háromszögbe írt
kört, ha az A szög mértéke 60 .
ORSZÁGOS MAGYAR MATEMATIKA OLIMPIA
XXVIII. EMMV Szováta, 2018. január 31. – február 4.
Megjegyzések:
Munkaidő 4 óra.
Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér, hivatalból 1 pont.
Lényeges általánosításokért és az elsőtől különböző megoldásokért egy feladatra
legfeljebb 5 pluszpont jár.
Dávid Géza, Székelyudvarhely
Bizonyítás:
Jelöljük I -vel a háromszögbe írt kör
középpontját. A BI szögfelező a köré írt
kört az M -ben, a CI szögfelező pedig az N
-ben metszi. Először lássuk be, hogy
IM MA és IN NA . Mivel
2 2
A BIAM IAB BAM és AMI C
következik, hogy az AMI háromszögben
2 2
A BAIM , tehát az IM MA .
...............(3p)
Az IN NA egyenlőség hasonlóan
igazolható. A fentiekből következik, hogy az
AMIN négyszög deltoid, az NM felezi az AI szakaszt és merőleges rá.
...............(2p)
Jelöljük Q -val az NM és AI szakaszok metszéspontját. Az NM akkor és csakis akkor érinti
a háromszögbe írt kört, ha IQ r , ahol r az ABC háromszögbe írt kör sugara. .........(2p)
Jelöljük L -lel a beírt kör és az AC oldal érintési pontját. Tehát az NM akkor és csakis akkor
érinti a háromszögbe írt kört, ha 2AI r , azaz ha az ALI derékszögű háromszögben
30IAL , vagyis ha az A szög 60 -os.
...............(2p)