Repeta - Matek 4 9639193011 [PDF]

Zitiervorschau

SCOLAR t ű KIADÓ

Dr. Gerőcs László

REPETA - MATEK 4 Főiskolai, egyetemi felvételire, érettségire készülőknek

SCOLAR KIADÓ, BUDAPEST, 1998

Lektorálta:

Dr. Hortobágyi István

A könyv ábráit készítette:

Érsek-Obádovics Robin A borítót készítette:

Nagy Péter A borítón látható grafikát készítette:

Graphidea Stúdió - Kovács Tibor, Pozsonyi József

© Dr. Gerőcs László, 1998

ISBN: 963-9193-01-1 Kiadja a SCOLAR KIADÓ Felelős kiadó és szerkesztő: Érsek Nándor A könyv formátuma: B/5. ívteijedelme: 12 Betücsalád; Times New Román CE Nyomta a Prospektkop Nyomdaipari Bt., Budapest 058 98

Bevezető Immár negyedik évfolyamának végéhez érkezett a televízió REPETA-MATEK műsorsorozata. Már-már hagyománynak számít, hogy az adott évben kitűzött feladatsorokat - a ko­ rábbi évekhez hasonlóan - könyv alakjában is átnyújtjuk az érdeklődőknek. Ezt a kötetet tartja kezében az olvasó, s reméljük, ugyanolyan haszonnal forgatja majd, mint amilyen hasznos lehetett az érdeklődők számára a korábbi három kötet is. A kitűzött feladatsorok végén - a jobb áttekinthetőség érdekében - zárójelben egy-egy számot talál az olvasó. Ez arra utal, hogy a kérdéses feladatsor megoldása hányadik oldalon található a kötetben.

Feladatsorok

1. feladatsor 1.1. Az ABCD derékszögű trapéz C csúcsánál levő 120°-os szög felezője a merőleges AD szárat két szakaszra bontja, melyek közül az egyik 1, a másik 2 hosszúságú. Mekkora a trapéz területe? 1.2. Az ax2 +bx + c = 0 másodfokú egyenlet együtthatói egész számok, és k . Bizonyítsa be, hogy az egyenlet diszkriminánsa nem lehet sem 1998, sem 1999. Lehet-e a diszkrimináns értéke 1997? 1.3. Az x 2 + y 2 + 2 a ■x - 2 a+x y - 5 = 0 kör érinti az y = —1 egyenest. Mekkora húrt metsz ki e kör az x-tengelyből? 1.4. 8 db egyenlő r sugarú kört rajzoltunk úgy (ld. ábra), hogy a szomszédos körök érintik egymást, és a körök középpontjai egy egyenesre illeszkednek. Az első kör A pontjából a 8. körhöz húzott érintő érintési pontja E. Melyek azok a körök, amelyekbe az AE szakasznak eső darabja az r sugár racionális számszorosa?

1

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

2

8

1. 1. ábra

1.5. A Repeta-matek tavalyi döntőjén három feladatot kellett megoldaniuk a döntőbe jutottaknak. 52-en voltak, akik legalább egy feladatot megoldottak. Azok között, akik az első feladatot nem tudták megoldani, kétszer annyian voltak olyanok, akik megoldották a má­ sodikat, mint akik a harmadikat oldották meg. Csak az első feladatot 1-gyel többen oldották meg, mint ahányan azok voltak, akik szintén megoldották az első feladatot. A csupán egy feladatot megoldó résztvevők fele nem tudta megoldani az első feladatot. Azok száma, akik csupán a második feladatot oldották meg, prímszám. Hányán vannak ők? (23)

2. feladatsor 2.1. Melyek azok az abcd (nem feltétlen különböző számjegyekből álló) négyjegyű számok, amelyekre ad ~ b + c és d a -b 2 2.2. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán: log*+),(2jt2 - V F - 3 5 ) « ! ,

X3 - y 2 = y ( jt~ jt2)

9

2.3. Az ABCD 3 egységnyi oldalú négyzet mellé illesztettük az ábrán látható módon a BEFG egységnyi oldalú négyzetet, majd a DG szakaszra megrajzoltuk a DGHK négyzetet. Milyen hosszú a KF szakasz?

F

1

G 1.2 . ábra

K 7t 2.4. Határozza meg azokat az 0 < x < y , 0 < y < y valós számokat, amelyekre log2 [2sin >>(cosy - sin y ) + 1] = lo g ^ l + tgxr + ctgx) 2.5. Az ABC - nem egyenlő szárú - háromszög AB oldalára kifelé emeltük az 0\ közép­ pontú szabályos sokszöget, BC oldalára kifelé az 0 2 középpontú szabályos sokszöget. Az OjC és 0 2A szakaszok metszéspontja éppen az ABC háromszög beírható körének közép­ pontja. Mekkorák a háromszög szögei?

(33)

3. feladatsor 3.1. Egy elefántcsalád (hím, nőstény és kölykök) átlagéletkora 22 év. Az 50 éves családfő nélkül a család átlagéletkora 18 év. Hány kölyök van az elefántcsaládban? 3.2. Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán (az [x] jelölés az x valós szám egészrészét jelenti); [log4(2x - 2) f - [log4(2x - 2 ) ] - 2 _ 99 x + 121

10

3.3. Egy paralellogramma két szomszédos csúcsa A(4; 8), B(-6; 3). Az A csúcsból a szemközti oldalra állított merőleges egyenes egyenlete: 4 x - 3 y = - 8. Határozza meg a para­ lelogramma hiányzó csúcsainak koordinátáit, ha tudjuk, hogy a területe 150 területegység! 3.4. Adottak az x b f ( x ) = ax + b és x\-^> g(x) = x +ax+b (a * 0, a * 1) függvények. Mekkora legyen az a paraméter értéke, hogy csak egyetlen olyan b valós szám létezzen, melyre a g (f(x ))~ f(g (x ) =a +b egyenletnek csak egyetlen megoldása van? 3.5. Az ABCD téglalap (AB > BC) D csúcsából az AC átlóra állított merőleges talppontja E. A C csúcson át DE-vq1, ill. D csúcson át AC-ve\ húzott párhuzamosok metszéspontja F. Az EF egyenes AB~t G-ben metszi. Bizonyítsa be, hogy a DGCE négyszög területe egyenlő a BCF háromszög területével! (40)

4. feladatsor 4.1. Határozza meg a C kifejezésben szereplő a értékét úgy, hogy az alábbi A, B, C mennyiségek ebben a sorrendben egy mértani sorozat egymást követő elemei legyenek: 3

A = (sin^ ^ - ) 18 4

2

jB= 4- 3+I°g2 3i 244

c = —(sin4 a + cos4 a ) 5

4.2. Oldja meg a pozitív egész számok halmazán az alábbi egyenletet: 9-(2" - l ) - 2 - ( l + 6"_ l) = 133 —16• 3n-1 4.3. Egy derékszögű háromszög derékszögű csúcsából induló magasságának, szögfelező­ jének és súlyvonalának talppontjai rendre T, E, F. Bizonyítsa be, hogy ekkor ET _ 2 EF

tg a + tgP ’

ahol a és (3 a háromszög hegyesszögei! 4.4. Micimackó és Róbertgida egyszerre indultak egymáshoz látogatóba. (Róbertgida se­ bessége Micimackó sebességének egészszámszorosa.) Ugyanekkor indult el Malacka is Mici­ mackóhoz, a Micimackó és Róbertgida házát összekötő egyenes út Róbertgidához közelebbi harmadolópontjában levő házából. Az ő sebessége is egészszámszorosa Micimackó sebessé­ gének, A három jóbarát egyszerre találkozott egymással. Az alábbi állítások közül melyik lehet igaz: 1) Róbertgida sebessége Micimackó sebességének 6-szorosa. 2) Róbertgida sebessége Micimackó sebességének 7-szerese. 3) Róbertgida sebessége Micimackó sebességének 8-szorosa. 4) Róbertgida sebessége Micimackó sebességének 9-szerese. 11

4.5. Az ABCD egységnyi oldalú négyzet AB, ill. BC oldalának egy-egy harmadolópontja E, ill F. Mekkora az ábrán besatírozott terület? (47)

1.3. ábra

5. feladatsor 5.1. Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán; [ l o g ^ (7 1+ 12V35)]5 .sin2( f + * )+ 8 3 = o 5.2. Az ABC háromszög egyik oldala B C - 4. Az AC oldal A-hoz közelebbi harma­ dolópontja H, a BC oldal felezőpontja F. Mekkora az ABC háromszög területe, ha az ABFH négyszög „bicentrikus”, azaz húrnégyszög és egyben érintőnégyszög? 5.3. Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái A( 1; 0), 5(5; 0), C(3; 6). írja föl annak az origón átmenő egyenesnek az egyenletét, mely a háromszög területét felezi! 5.4. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenséget a pozitív valós számok halmazán, ahol a egy 1től különböző pozitív valós paraméter: lóg 2(* + 6 )—log„ X 0 egész) differenciájú számtani sorozat egymást követ elemei, második koordinátái rendre egy q { q > 2 egész) hányadosú mértani sorozat egymást követő elemei. Határozza meg a háromszög csúcspontjainak koordinátáit, ha a háromszög területe 1998 területegység! 8.3. Az ABCDA\B{C{D\ négyzet alapú egyenes csonkagúla alapja az a oldalú ABCD négyzet, oldaléléi AA{, BB\, CC(, DD\. Legyen F a C\D\ él felezőpontja! Mekkora a fedő­ négyzet oldala, ha a csonkagúlába gömb írható, és tudjuk még, hogy az ABF háromszög szabályos? 8.4. Határozza meg az alábbi kifejezés pontos értékét, ha tudjuk, hogy ez az érték jc-től független: sin6 x + cos6 x + p(sin4 x + cos4 x) 8.5. Az r, és r2 sugarú körök az A és B pontokban metszik egymást. Egy közös érintőjük az r\ sugarú kört az M pontban, az r2 sugarú kört az//pontban érinti. Bizonyítsa be, hogy

AN

BN

yfr^

9. feladatsor 9.1. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenséget a valós számok halmazán! l°gl _|cos x| (-2 cos2 x + cos x) > 1 9.2. Az ABCD téglalap BD átlójának F felezőpontjában állított merőleges az AB oldalt annak H harmadolópontjában metszi. A téglalap területének mérőszáma egyenlő a téglalap kerületének mérőszámával. Mekkora a HFD háromszög beírható körének sugara? 9.3. Az x +y -8x~ 2íxy + 16 = 0 körnek a P(-4,0) pontból húzott egyik érintőjét az y~ tengely harmadolja. Határozza meg az a paraméter értékét! 9.4. Az ABCD konvex négyszög oldalait meghosszabbítottuk: AB-15-n túl a BP —k ■AB, BC-t C-n túl a CQ = n ■BC, CD-1D-n túl a DR = k • C D , DA-t A -n túl az AS = n • DA szaka­ szokkal («,£ 6 N ) . A keletkezett PQRS négyszög területe az eredeti ABCD négyszög terüle­ tének 39-szerese. Hányszorosára nyújtottuk az eredeti négyszög oldalait? 9.5. Politürannosz, a gonosz varázsló elrabolt a Parlamentből 35 nagygazda párti, 31 de­ mokrata párti, 27 zöld párti, valamint 32 republikánus párti képviselőt, és saját birodalmába vitte őket. Itt négy barlangban helyezte el a képviselőket (egy-egy barlangban az azonos pártbélieket), és megtiltotta nekik, hogy csoportosuljanak. Pontosabban: azt megengedte, hogy két különböző pártbeli képviselő találkozzon, de ha három különböző pártbeli képviselő találkozott, akkor büntetésből mindhármukat átíratta a negyedik pártba. (Négy különböző pártbeli képviselő soha nem találkozott egymással.) Egy idő után már minden képviselő ugyanabba a pártba tartozott. Melyik lehet ez a párt? (81) 14

10. feladatsor 10.1. Az A és B helységek közötti távolság - -ed részét egy kerékpáros 1 óra alatt tette 4 meg, a hátralevő utat pedig 4 óra alatt. Sebességének mérőszáma (km/órában mérve) mindkét szakaszon egész szám. Mekkora az AB távolság, ha a sebességek legkisebb közös többszöröse 72 km/óra? 10.2. Az ABC háromszög AB és AC oldalaira kifelé emeltünk egy-egy félkört. Legyen Tn e félkörök közös érintőszakaszára emelt négyzet területe, 7/j az ABC háromszög területe. Mekkora az ABC háromszög a szöge, ha y - = ctg« *h 10.3. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán: lóg 2 x 2 --y/log^ x ~ lo g 3 y + 8 = log3 y 4 +28,

3log2 * = y 3

10.4. Egy derékszögű háromszög oldalai kétjegyű egész számok. Az egyik befogó számjegyeit felcserélve éppen az átfogót kapjuk. Mekkorák a háromszög oldalai? 10.5. Az ABC hegyesszögű háromszög /í-ból induló magassága a szemközti oldalt A\ ben, a háromszög köréírható körét A2 -ben metszi. Hasonlóképpen: a 5-ből indula magasság a szemközti oldalt

-ben, a köréírható kört # 2 -ben, a C-ből induló magasság a szemközti

oldalt Ci -ben, a köréírható kört C2 -ben metszi. Bizonyítsa be, hogy ^ 2 , BBl , CC2 AA\ BB] CCj

^

11. feladatsor 11.1. Oldja meg az alábbi egyenletet, ahol a bal oldalon az x + y alapú számrendszerben felírt kétjegyű számok szerepelnek: xyx+ y+ y x x+ y=56 11.2. Az alábbi A, B, C, D mennyiségek közül az első három egy számtani, az utolsó három egy mértani sorozat egymást követő elemei. Határozza meg az 0 < x < tc és 0 < y < n értékét! A = x -y + ~ J l(2 -3 y f3 ), B = (2]o^ 5)l° ^ 3, C = (4log*5) Iog53, D = 54(cos4 x - s i n 4x) 11.3. Legyen a > 0 valós szám; oldja meg az alábbi egyenletet: X = (a + Vx + a 2 )3 4 :x +■a'~2

15

11.4. Egy lOnxlOtt-es (n eN +) négyzetrács négyzeteibe balról jobbra, fölülről lefelé haladva beírtuk az 12,2 2,3 2,...,^100«2)

számokat, majd letakartunk öt mezőt az alábbi

alakzattal minden lehetséges módon. Hányszor és milyen helyzetben lesz a letakart számok összege négyzetszám?

1,4. ábra

11.5. Legyen P egy szabályos ötszög köréírható körének egy tetszőleges pontja. Bizonyítsa be, hogy P-ből az ötszög szimmetriatengelyeire állított merőlegesek talppontjai ugyancsak szabályos ötszöget alkotnak! (95)

12. feladatsor 12.1. Legyenek log2 x = a,

l°g27 x ~ b>

log37 jc = c.

Mivel egyenlő lóg \ 993 x? 12.2. Egy háromszög oc és p szögeire . a B sin — + cos— = a, 2 2

a ■P , cos— + sin — = 0, 2 2

ahol a2 + b2 - 2 + >/3 . Bizonyítsa be, hogy ekkor a háromszög szögei egy számtani sorozat egymást követő elemei! 12.3. Legyen M az ABCD húrnégyszög AC és BD átlóinak metszéspontja. Bizonyítsa be, hogy ekkor AM AB AD MC “ BC CD 12.4. Jelölje * az alábbi műveletet: ha a és b valós számok, akkor a * b = ab+ a + b + 1 Oldja meg az alábbi egyenletet a pozitív egész számok halmazán: (x * y )* 2 = 1998 12.5. Legyenek a, b, c, d pozitív valós számok. Bizonyítsa be, hogy ekkor ■Ja2 + b2 - a b j í + ijb 2 + c2 - b e j 2 + ^ c 2 + d 2 - c d y / í > j a 2 + d 2 + a d j 2 Mikor áll fenn az egyenlőség?

16

(101)

12. feladatsor 13.1. Határozza meg az a > 0 egész paraméter értékét úgy, hogy az alábbi egyenletnek legyen egész megoldása: V*4-1 1 1°§400(20 + « ) = log 2 —r a a 13.2. Három egybevágó, egységnyi szárú egyenlő szárú háromszöget rajzoltunk az ábrán látható módon. A PQ szakasznak a középső háromszögbe eső d darabjának hossza milyen határok között változhat? Q

13.3. Az alábbi egyenletnek pontosan k

db megoldása van. Oldja meg az egyenletet!

3 - x 2 - 2|x| = * 13.4. Egy trapéz magassága, egyik, ill. másik átlója ebben a sorrendben egy g = 2 hányadosú mértani sorozat egymást követő elemei. Mekkora a trapéz magassága, ha a trapéz T területe T = VóÖ + VÍ2 13.5. Legyenek £ |i< 3 2 ,........ >ŰI93*

.........>^193’

c l >c 2>...........>C193

pozitív egész számok. Bizonyítsa be, hogy találhatók olyan k, l, m, n pozitív egészek, melyekre 4 \ak + a ,+ a m +a„ 4|bk + bi + bm + bn

(108)

4 \ck +ci +cm +cn

14. feladatsor 14.1. Egy 12000 Ft-os kerékpárt leértékeltek valahány százalékkal, majd kis idő múlva újra leértékelték néhány százalékkal. Mindkét esetben a leértékelés százalékos mértéke po­ zitív egész egyjegyű szám volt. Az ára ezek után 10602 Ft volt. Hány százalékkal le először és hány százalékkal másodszor a kerékpárt?

14.2. Egy számtani sorozat /?-edik eleme ap =(/>-5 x + 64

20

logo,5 * + 2l°go,5 17.4. A z ABC háromszögben a = 2/J. Az .4 csúcsból induló szögfelező, a 2? csúcsból in­ duló súlyvonal és a C csúcsból induló magasságvonal egy pontban metszik egymást. Mekko­ rák a háromszög szögei? 17.5. Legyenek a és b 0-tól különböző pozitív valós számok. Definiáljuk az an számsorozatot az alábbi módon: ö| = a,

= b és n > 2 -re an+j = ün a n- 1

a) Bizonyítsa be, hogy:

«1996 + űi997 + öi999 + ö2000 - 4

b) Ha a és b pozitív egészek, akkor milyen « egész számra teljesül, hogy ö 1996 + ű 1997 + a l999 + ű 2000 ~ n ^

(* 4 3 )

18. feladatsor 18.1. Egy tíz méter oldalú szabályos háromszög alakú füves kert kerületén valamely csúcsból kiindulva méterenként elültettünk egy répát. A háromszög valamely csúcsához ki­ kötöttük húsvéti nyuszinkat egy olyan hosszú kötéllel, mely lehetővé teszi, hogy nyuszink lelegelhesse a kert felét. Hány répát fogyaszthat el nyuszink? 18.2. Legyen a > 0 egytől különböző valós szám. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán:

( W 0g‘3,V > l08*!JW 18.3. Határozza meg az összes olyan abc háromjegyű prímszámot, melyre a * b és, melynek számjegyeire ab _ ba a c -la b c -lb 18.4. Egy négyzet alapú egyenes gúla minden éle egyenlő. A gúlába beírható gömb érin­ tési pontjai alkotta test térfogata hány százaléka az eredeti gúla térfogatának? 18.5. Az ABC hegyesszögű (nem egyenlő szárú) háromszög csúcsaiból induló súly­ vonalainak a köréírható körrel alkotott metszéspontjait tükrözzük a kérdéses csúccsal szem­ közti oldal felezőpontjára, így kapjuk az A*, B*, C* pontokat. Bizonyítsa be, hogy az A*B*C*Mnégyszög húrnégyszög, ahol M a háromszög magasságpontja! (152)

20

Megoldások

Az 1. feladatsor megoldása 1.1. A feladat szövege nem szól arról, hogy a C csúcsnál levő 120°-os szög felezője a me­ rőleges AD szárat hogyan osztja két részre; a hosszabbik AB alaphoz az 1 vagy pedig a 2 hosszúságú szakasz csatlakozik. Ennek megfelelően két esetet kell vizsgálnunk. Tekintsük először az 1. 1. ábrát: D

l . 1. ábra

A trapéz T területe: T = t\+ t2 A íj területet könnyen meghatározhatjuk, hiszen PCD háromszög egy szabályos három­ szög fele. Ezért

D C -^ = V3

tehát

és

PC = 4 ->

V3

~ JL A ' l _ V 3 '2 " V 3

A t2 terület meghatározásához gondoljuk meg a következőket. Mivel DCBZ = 120°,

ezért

CBA Z = 60°. Ebből következik, hogy ha a CP szögfelezőt meghosszabbítjuk az AB egyenesig, akkor a keletkező CQB háromszög szabályos háromszög. Ekkor a PAQ háromszög ismét egy szabá­ lyos háromszög fele, azaz PAQ háromszög és PCD háromszög hasonlók, és a hasonlóság aránya 1 :2 . Ebből következik, hogy PQ = ^ = V2

és

AQ = - ^ v3

Mivel hasonló alakzatok aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyenlő, ezért PAQ háromszög területe a PCD háromszög területének negyede: t{ 2 1 1

Ezek után a t2 területet megkapjuk, ha egy

oldalú szabályos háromszög területéből V3

levonjuk a PAQ háromszög területét: ' ¿2 =

fi

[fi

ifi

Ezek szerint a trapéz T területe:

T - i \ +t2 = 2 , 36V3 f i

U

1 _ 2 . 3^3 i f i

f i

1 2V3

4 + 18-1 2V3

21 2a/3

ifi 2

(» 6,06)

Most tárgyaljuk azt az esetet, amikor CP szögfelező fordított módon osztja 1, ill. 2 hosszú­ ságú szakaszokra az AD szárat. Tekintsük az 1.2. ábrát! D

1.2. ábra

Szóról szóra ugyanazt a gondolatmenetet használhatjuk, mint az előző esetben. Ekkor 1 DC = CP = így f i ’

h =

f i '

ifi

A PCD és PAQ hasonló háromszögek hasonlóságának aránya 1 : 1, így PAQ háromszög területe: TPAQ = 4ít = A ¿2 terület egy -4=- oldalú szabályos háromszög területének és PAQ háromszög terüleV3 tének különbsége, tehát = 3f i f i

A trapéz területe ebben az esetben 1 T = ~j=- + 3f i — j= = - 7= 2v3 V3 V3

24

(«4,33)

Összefoglalva: a feladat feltételeinek kétféle trapéz felel meg, melyek területe; ^

_ 7V3

l \

=

„ _ 5V3

—

l2

~

~

1.2. Tegyük fel indirekt, hogy az ax + bx + c = 0

{a, b ,c egészek és a £ 0)

másodfokú egyenlet diszkriminánsa b2 - 4 a c = 1998 Mivel ezen egyenlőség jobb oldala páros, így a bal oldal is páros kell legyen. De a bal ol dal második tagja páros, ezért 6 -nek, azaz 6-nek is párosnak kell lennie: b = 2rt, tehát

l

b1 = 4h2 Ezek szerint: 4n2 - 4 a c ss 1998 Az utóbbi egyenlőség bal oldala 4-gyel osztható, de a jobb oldala nem, így a diszkrimi­ náns az adott feltételek mellett valóban nem lehet 1998. Most tegyük fel, hogy 62 ~ 4 ac = 1999 A jobb oldal most páratlan. Mivel a bal oldal második tagja páros, ezért első tagjának pá­ ratlannak kell lennie: b = 2« + 1, azaz b2 = (2n + l)2 = 4n2 + 4« + 1 Ekkor: 4n2 +4n + l - 4 a c ~ 1999,

azaz

4n2 + 4 n - 4 a c = 1998 Most ismét azt látjuk, hogy a kapott egyenlőség bal oldala osztható 4-gyel, míg a jobb ol­ dala nem, tehát a diszkrimináns 1999-cel sem lehet egyenlő. Ha azt szeretnénk elérni, hogy a diszkrimináns 199? legyen: b2 ~4ac = 1997, akkor 6-t nyilván páratlannak kell választanunk. Ennek négyzete - mint láttuk - 4-gyel osztva 1 maradékot ad, de ez most várhatóan nem okoz problémát, hiszen - 1999-cel ellentétben most a jobb oldal is 1 maradékot ad 4-gyel való osztáskor. Válasszunk egy olyan páratlan számot, melynek négyzete nagyobb, mint 1997; legyen pl. 6 = 45. Ekkor a diszkrimináns: b 2 - 4ac - 452 - 4ac = 2025 - 4ac = 1997, Aac = 28 , ac~l

tehát

azaz

25

Most már könnyen választhatunk olyan a és c egészeket, melyek szorzata 7: pl. a = 1, c ~ l. Ekkor ax2 + bx + c = x 2 + 45x + 7 = 0, mely egyenlet diszkriminánsa: 452 - 4 - 7 = 2025-28 = 1997. Feladatunk egy tanulsága: ha a másodfokú egyenlet együtthatói egészek, akkor a diszkri­ mináns vagy osztható 4-gyet, vagy 4-gyel osztva 1 maradékot ad. 1.3. Legelőször alakítsuk át a kör egyenletét oly módon, hogy kiolvasható legyen annak középpontja és sugara! Kapjuk: (x + 2a_I )2 + ( y - 2a )2 = l 2a~2 + 22a + 5, tehát a kör 0 középpontja és r sugara:

0(-2a~l,2a),

= ^ 2 2a~: + 22a +5

Mivel bármely valós x-re 2X > 0, ezért körünk középpontjának első koordinátája biztosan negatív, míg második koordinátája biztosan pozitív, vagyis a kör középpontja a második síknegyedbe esik. Készítsünk egy fiktív ábrát (1. 1.3. ábra)!

1.3. ábra

Mivel a kör érinti az y = -1 egyenest és középpontja az x-tengely fölött van, ezért a kör sugara 1-gyel nagyobb, mint a középpont második koordinátája: 2a + l = r Innen (2 + 1) = 2 2a-2 +, 2^ 2a + 5, azaz 22a + 1+ 2 • 2a = 22fl" 2 + 22a + 5 ,2a

2-2a + 4 = 0 2

26

- 8 -2° +16 = 0

(2a - 4 )2 = 0 2a - 4 = 0, 2a = 4 = 22,

tehát ahonnan

a = 2. Ezek szerint a kör egyenlete: x 2 + y 2 + 4 x - 8 y - 5 = 0. A kör x-tengellyel való metszéspontjait megkapjuk, ha y = 0 -t helyettesítünk. x2 + 4 x ~ 5 = 0, _ -4 ± V l6 + 20 _ - 4 ± 6 Xl’2 ~~ 2 2 x\ -U

x2 = “ 5

Tehát az x-tengelyből a kérdéses kör egy 6 hosszúságú szakaszt metsz ki. Megjegyzés. Egyszerűbb úton is eljuthattunk volna az a = 2 eredményhez. Ha ugyanis az y - ~ l egyenes érinti a kört, akkor az egyenleteikből álló egyenletrendszernek csak egy megoldása lehet. Helyettesítsünk az eredeti kör egyenletébe y = - 1 -et: x 2 +1 + 2" *x + 2a+1- 5 = 0,

azaz

x 2 +2a x + 2Ö+1 - 4 = 0 Mármost ennek az egyenletnek akkor és csak akkor lesz egy megoldása, ha diszkrimi­ nánsa 0: 22ű - 4 - ( 2 ű+1 - 4 ) = 0,

azaz

22a- 4 - 2 a+l +16 = 0, 2la - 8 -2* +16 = 0, (2a - A)2 = 0, a -

ahonnan

2.

1.4. Meglehetősen nehézkesnek tűnne, ha az AE érintőnek mind a nyolc körbe eső darabját ki akarnánk számítani. Ehelyett inkább azt számítsuk ki, hogy általában a &-adik körbe eső darab milyen hosszú, majd vizsgáljuk meg, milyen k esetén lesz ez a hosszúság az r sugár racionális számszorosa. Használjuk az 1.4. ábra jelöléseit! E

\ .4. ábra

27

Az AO\E és AOT háromszögek hasonlók, hiszen mindkettő derékszögű és A -nál közös szögük van. Ezek szerint r AO]

y AO'

De

AO ¡=l5r,

AO = (2 k ~ \)r ,

tehát írhatjuk 15r

ahonnan

(2 k -\)r

(2 k -\)r y - ---------15 Az AE érintő i-adik körbe eső darabjának felét x-szel jelölve íijuk föl OTP háromszögre Pitagorasz tételét; r2 = x 2 + y 2,

azaz

x = y [r~ 2 - y

2

,

felhasználva y előbbi értékét: x_

ri _ { 2 k - \ f r 2 _ \\52r 2 - { 2 k ~ \ ) 2r 2 152

V

152

x =^ 2 2 5 - ( 2 k - l ) 2 Tehát az AE érintőnek a A-adik körbe eső darabja: 2x = — a/225 - (2k - 1)2 15 Innen nyilvánvaló, hogy ez akkor és csak akkor lesz az r sugár racionális számszorosa, ha a jobb oldalon a négyzetgyök alatti mennyiség négyzetszám, azaz valamely d egészre 225 —(2ft —l)2 = d 2, vagy másképpen 225- d 2 = (2A:—l)2 Ez utóbbi egyenlőség jobb oldala páratlan. Mivel a bal oldal első tagja is páratlan, ezért d -nek párosnak kell lennie, és nyilván ¿ 53,

azaz

96 > 106,

tehát

k 106 .. b > -----> 11

31

Kaptuk 11 < b < 13 prím, vagyis azok száma, akik a harmadik és csak a harmadik feladatot oldották meg: 13. Megjegyzés. A többi ismeretlen közül néhányat meg tudunk még határozni, A 4b + c - 5 3 egyenlet alapján kapjuk c = 1 (vagyis egyetlen olyan versenyző volt, aki csupán a harmadik feladatot oldotta meg), és a 3a + b - 2 c = 53 egyenlet alapján 3a = 42, azaz a = 14 tehát 14-en oldották meg csak az első feladatot. Végül az egyenletrendszer második egyenle­ téből y = b —2c, vagyis

>«11, tehát 11-en voltak azok, akik megoldották a második és a harmadik feladatot, de nem oldot­ ták meg az elsőt. A többi értékről csak annyit mondhatunk (pl. az első, vagy a második egyenlet alapján), hogy x + z + p = 13.

A 2. feladatsor megoldása 2.1. Először elemezzük az ad - b + c

és da - b2

egyenlőségek közül az elsőt! ad = b+ c Mivel a jobb oldalon két egyjegyű szám összege szerepel, ami legfeljebb 2 9= 18 lehet, ezért a bal oldal értéke legfeljebb 18, amiből következik, hogy csak a- 1 lehetséges. Ezek szerint a második egyenlőség egy 1-re végződő kétjegyű négyzetszám. Ilyen csak egy van: a 81, tehát b2 =81, amiből b = 9 és d = 8 adódik. Innen visszatérve az első egyenlőséghez, kapjuk: 18 = 9 + c, azaz c = 9. Tehát a számjegyek: a = 1, b = 9, c - 9, í/ = 8, a keresett négyjegyű szám: oicc/ = 1998. 2.2. A megoldandó lógx+y(2x2 - y f y - 3 5 ) = \,

x 3 - y 2 = y ( x - x 2)

egyenletrendszernek - az első egyenletben szereplő logaritmus miatt - csak akkor van értel­ me, ha * + >>>0,

x + y * 1,

7 ^ 0,

2 x2 - ^ f y - 3 5 > 0 .

Foglalkozzunk először a második egyenlettel! Bontsul fel a jobb oldalon a zárójelet és rendezzük az egyes tagokat egy oldalra; tán áttekinthetőbb alakot kapunk, melyből megsejt­ hető lesz, milyen további lépéseket tegyünk.

12

x - y

=xy-yx

2

x ^ - y 2 - x y +yx1 = 0 . Most már könnyen észrevehetjük, hogy a bal oldal szorzattá alakítható: emeljünk ki az első és utolsó tagból x ~et, valamint a második és harmadik tagból - y -t, kapjuk: x 2(x + y ) ~ y ( y + x) = 0t majd x + y -t ismét kiemelve: (x + y ) ( x 2 ~ y ) = 0.

Ez az egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha x + y - 0 vagy x - y = 0.

33

De x + y = 0 nem lehetséges az első egyenletben szereplő logaritmus alapja miatt, így csak y-x

lehet, ahonnan

J y = \ xi Helyettesítsük most a kapott eredményt az eredeti egyenletrendszer első egyenletébe: logj(+jc2(2*2 - |x |- 3 5 ) = l, ahonnan a logaritmus definíciójának következményeként adódik: 2x2 —|x| —35 = x + x 2,

azaz

x 2 - i x l - x -3 5 = 0. Most két esetet kell vizsgálnunk aszerint, hogy x > 0, vagy x < 0. 1. Ha x > 0, akkor kapjuk x2 - x - x - 3 5 = 0, x2 ~2x - 3 5 = 0, 2 ± ^ 4 + 140

*1,2=

^

X] = -5,

2 ± 12

—

x2 = 7.

Mivel ez esetben x nem negatív, így ez esetben az egyenletrendszer megoldása (figyelem­ be véve, hogy y = x 2 ): x = 7,

y = 49.

2. Ha x < 0, akkor x2 + x —x - 3 5 = 0, x 2 = 35,

azaz

|x| = VI5. De most x < 0, így ez esetben az egyenletrendszer megoldása: x = -V35,

y = 35.

Összegezve: az eredeti egyenletrendszer megoldásai tehát - melyről ellenőrzéssel könnyen meggyőződhetünk: x\ = 7,

y i= 4 9 ,

x2

=-& 5,

y 2 =35.

2.3. Több féle úton is elindulhatunk a feladat megoldásakor. Mi most segítségül hívjuk a vektorokat, ennek megfelelően helyezzük el az ábrát egy célszerűen választott koordinátarendszerben (1. 2.1. ábra)! A számunkra fontosabb pontok koordinátái: D(0,4), F (2,0), G(3,0).

34

2,1, ábra

Ha sikerül meghatároznunk a K pont koordinátáit, akkor a KF szakasz hosszát már könynyen megkaphatjuk két pont távolságának ismert képletéből. A K ponthoz ügy juthatunk el könnyen, ha DG vektort elforgatjuk D körül +90°-kal. DG vektor koordinátái

£>*(4,3) Az K pontba mutató helyvektor: ÖK = ÖD + m , ennek megfelelően a K pont koordinátái: így a keresett távolság:

K ( 4,

7).

Megjegyzés. Érdemes kicsit általánosabban foglalkozni a feladattal. Vajon mekkora lesz a keresett szakasz, ha a négyzetek oldalai a és 6? Tekintsük a 2.2. ábrát! Most az előbbivel megegyező gondolatmenetet alkalmazva az egyes pontok koordinátái: D(0,a + b), F ( a - b , 0), G(a,0). Ekkor DG vektor koordinátái D G {a—a - b), így DK vektor: DK(a + b,a).

35

Ezekkel OK vektor: OK(a + b,2a + ö ) , így megkaptuk K pont koordinátáit. Most már számolhatjuk a AT**szakasz hosszát: KF = ij(a + b - a + b)2 + (2a + b)2 = 4 4b2 +4a2 +4ab+b1 = 4 5b2 + 4a2 + 4ab 2.4. Vizsgáljuk meg a megoldandó

K

K

log2[2 s in /( c o s ,y - s in /) + l]= log9(l + tgx + ctg*) 0 < x < —, 0 < / < — 2 2 egyenlet értelmezési tartományát és a két oldal lehetséges értékeit. A jobb oldalon 1+ tgx + ctgx > 0 egyenlőtlenségnek kell teljesülnie, ami nyilván teljesül is, hiszen

*

A 0 j Egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha tgx = 1. Ezek szerint az egyenlet jobb oldalán l + tgx+ ctgx> 3, tehát log9(l + tgx + ctg*) > log9 3 = ~

Az egyenlet bal oldalán a 2 2 sin y cosy - 2 sin y +1 > 0 egyenlőtlenségnek kell teljesülnie. Ezt még így is írhatjuk 7

7

2 sínycosy - sin y +1 - sin y > 0 7

7

2s in y c o s y -s in y + cos y > 0 Mivel 7

2 sinycosy = sin2y,

7

*

cos y - s í n y = cos2y,

így írhatjuk sin2y + cos2y > 0 Ez utóbbi egyenlőtlenség megoldásához osszuk el mindkét oldalt —Lr -vei, kapjuk:

V2

—!=sin2y + —j=sin2y > 0 y[2 V2 Ennek az volt az értelme, hogy most a bal oldalon alkalmazva az addíciós tételt, egy tagot kapunk: -!= sin 2y + i s i n 2y = sin(— + 2 y) > 0 V2 V2 4 Innen . n _ 3 0 < ~ +2 y < ~ k, 4 4 n 3 —t < 2y < — 4 4 7C 3 ---- < y < —TC. 8 8

azaz

Ezek szerint 0A < y < ~3 7t

8

kell, hogy legyen. Most nézzük meg az egyenet bal oldalának lehetséges értékeit. Az előbbi átalakítást újra felhasznáva sin 2y + cos 2y = (~j= sin 2y +

cos 2y) • V2

= sin(— + 2y) •V2 á 1J 2,

4

hiszen

,

K

+ 2y ) < l, és az egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha sin(—- + 2y) = l.

37

Ezek szerint az eredeti egyenlet bal oldalára log2[2 sÍn_v(cos 7 - s in >/) + !]= log2(sin2>' + cos2.y)< log2 V2 Azt kaptuk, hogy az eredeti egyenlet bal oldala legfeljebb

míg jobb oldala legalább

—, így egyenlőség csak úgy lehet közöttük, ha mindkét oldal értéke —. Ekkor - mint láttuk - egyrészt: tgx = 1, ahonnan - figyelembe véve a feltételeket:

n x=r

másrészt

sin(^- + 2/ ) = l, 4

ahonnan

71

_

71

_,

— v 2 y = ---- h 2 kk ,

4

2

2 y = ~ + 2kn, 4 K y = — + 2/c7i, y 8

a feltételek mellett 71

^=8 Kaptuk tehát az eredeti egyenlet egyedüli megoldását: 71

K

y=j 2.5. Tekintsük a 2.3. ábrát!

Legyen az AB oldalra írt szabályos sokszög n oldalú, a BC oldalra írt szabályos sokszög pedig k oldalú. Ekkor az ABO\ és B C 02 háromszögek egyenlő szárú háromszögek és nyilván

38

n ' k Mivel 0 |C és 0 2A szakaszok metszéspontja az ABC háromszög beírható körének kö­ zéppontja, ezért OjC és 0 2A a háromszögnek egy-egy belső szögfelezője. Ismert, hogy a háromszög szögfelezője és szemközti oldalának felezőmerőlegese minden esetben a háromszög kőréírható körén metszik egymást (egyenlő szárú háromszögek esetében természetesen ezek egybeesnek). Mivel Oj nyilvánvalóan illeszkedik az AB felezőmerőlege­ sére, vagyis e felezőmerőlegesnek és a C-ből induló szögfelezőnek metszéspontja, ezért Oj biztosan rajta van az ABC háromszög köré írható körén. (Természetesen ugyanilyen indokok alapján mindez elmondható 0 2 -röl is.) Azt kaptuk tehát, hogy az A, B, C, Ö], 0 2 pontok egy körön vannak, vagyis AO\BC és B 0 2CA húrnégyszögek. Ebből következik, hogy 360° 360° BCAZ = 180°-— — és BACZ = 1 8 0 ° - ^ — n k E két szög összege biztosan kisebb 180°-nál, vagyis írhatjuk 360° 360° 180°-— — + 180°-— 0, azaz x > 1 kell, hogy teljesüljön, a nevezőben levő négyzetgyök miatt pedig a 8x2 -9 9 x +121 > 0 egyenlőtlenségnek kell teljesülnie. Ez utóbbi másodfokú egyenlőtlenség megoldásához keres­ sük meg a másodfokú kifejezés zérushelyeit; 99 ±V98_0 1-3872 99 ± 77 X]'2 ~ 16 " 16

22 11 Ii =T6=T-

11 ="

Mindent egybevetve az eredeti egyenletnek csak akkor van értelme, ha 11 1< x < —

8

vagy

11 < x.

Ezek után gondoljuk meg; egy tört értéke csak akkor lehet 0, ha a számlálója 0, azaz [log4(2x - 2]2 -[lo g 4(2x - 2 ] - 2 = 0

40

Vezessük be a könnyebb áttekinthetőség kedvéért a [log4(2x - 2] = a új ismeretlent; kapjuk: a2 - a - 2 = 0, ahonnan

Ö

I , 2

l± V Í + 8 2

~

a \= 2,

1±3 2 a2 = -1

Ezek szerint két esetet kell vizsgálnunk: 1. Ha a = 2, azaz [log4(2x - 2] = 2, akkor az egészrész értelmezése alapján 2 < log4(2x - 2 ) < 3 Ez utóbbi egyenlőtlenség-láncolatot még így is írhatjuk: log4 16 < log4(2x - 2) < log4 64 Mivel a Iog4 x függvény szigorúan monoton növekedő, ezért írhatjuk: 16

< 2x - 2 < 64,

18 < 2x < 66 9 < x < 33.

azaz tehát

2. Ha o = -1, azaz [log4(2x - 2] = -1, akkor az előzőekhez hasonlóan kapjuk - l < l o g 4{2x - 2) < 0, amit még így is írhatunk log4

< log4(2x - 2) < log4 1 4 Innen - ismét csak a log4 x függvény tulajdonságaira hivatkozva - kapjuk —< 2x - 2 < 1, 4 9 —< 2x < 3, 4 9 3 -< x ’ = 2 ~ c o s2 3z Ez utóbbi egyenlőség bal oldalán egy pozitív számnak és reciprokának összege szerepel. Erről tudjuk, hogy értéke legalább 2, és pontosan akkor 2, ha a kérdéses szám 1. 7

y - *

+

7 * - y

>

2

Az egyenlőség jobb oldala - cosa értelmezéséből adódóan - nyilván legfeljebb 2, és pontosan akkor 2, ha cos 3z = 0 . 2 ~ co s2 3z< 2. Tehát az egyenlet két oldala csak akkor lehet egyenlő egymással, ha mindkét oldal éppen 2: 7 y~4+ 74~y - 2 - cos2 3z = 2. Ez éppen azt jelenti - mint láttuk - , hogy 7 y~4=1 = 7°, y —4 = 0,

azaz tehát

y =4,

valamint

cos 3z = 0, 3 z = —+ Arc, ahonnan 2 n ,n z = —+ £ — 6 3 Összegezve tehát az eredeti egyenlőséget kielégítő x, y, z valós számok: x = ~l,

y = 4,

Z= ^ -+ A ;i ( k e Z)

67

A 7. feladatsor megoldása 7.1. Jelöljük /-fel a fiúk, /-lel a lányok számát! Ekkor egy fiúnak nyilván / -1 fiú- és 1 lány osztálytársa van. A feltételek szerint a fiúosztálytársak száma 4-szerese a lányosztálytár­ sak számának, azaz / -1 = 4/ Egy lánynak / - I leány osztálytársa és / fiúosztálytársa van. Ez utóbbi az előbbinek egészszámszorosa, vagyis / = * ( /- ! ) , ahol k valamilyen pozitív egész szám. Az előző egyenletből/-et kifejezve és ez utóbbi egyenletbe helyettesítve kapjuk: / = 4/ + l, tehát 4/ +1 = k(l - 1),

azaz

4/ + 1 /~1 Kérdés tehát, milyen pozitív egész l esetén lesz a kapott tört értéke is pozitív egész? Ala­ kítsuk át a törtet az alábbi módon: k=

jc_ 4/+1 _ 4 /—4+5 _ 4(7 —1) | 5 l- 1 /-I /-I /-I 5 = 4-\ l-l Ez nyilván akkor és csak akkor lesz egész, ha

egész, azaz, ha / -1 osztója 5-nek.

Ekkor tehát / -1 = 1, vagy / -1 = 5 . Ez azt jelenti, hogy 1 = 2 , vagy 1 = 6, és ezekkel az értékekkel, / = 4/ + 1 alapján f = 9, vagy / = 25. Kaptuk tehát a következőt: az adott feltételek mellett az osztályban 9 fiú és 2 lány, vagy 25 fiú és 6 lány jár 7.2. Tekintsük a 7.1. ábrát, melyen az ABC egyenlőszárú háromszög magasságpontját Mmel, az yí-ból induló, BC szárhoz tartozó magasság talppontját F-vel, az AB oldal felezőpont­ ját F-fel jelöltük, valamint F-en át AM-mel húzott párhuzamos talppontja G. Az MT AM arányt kell meghatároznunk. A CMT és CFG háromszögek nyilván hasonlók, hiszen mind' kettő derékszögű és C csúcsnál közös szögük van. Mivel a feltételek szerint M a CF magas 68

ság C-hez közelebbi harmadolópontja, ezért a hasonlóság aránya 1:3. Ebből következik, hogy FG - 3• MT

7.1. ábra

Az ATB háromszögben F egy oldalfelezőpont, FG párhuzamos A T -\t 1, így FG középvo­ nal, vagyis AT = 2 -F G . Ez viszont azt jelenti, hogy AT = 6MT vagyis M pont az AT szakasznak T-hez legközelebbi hatodolópontja, így a keresett arány: MT 1 AT “ 5 Megjegyzés. Bár nem tartozott a feladat megoldásához, mégis érdemes meghatározni az ilyen tulajdonsággal rendelkező egyenlő szárú háromszöget, legalábbis egy hasonlóság erejé­ ig. Keressük meg tehát az ilyen háromszögek szögeit! FCBZ és TABZ merőleges szárú hegyesszögek, így nyilván egyenlők. Ez viszont azt jelenti, hogy CAF és MAF háromszögek ugyancsak hasonlók, vagyis írhatjuk a következő aránypárt: a m 2 a 2 — —m 2 3 ahonnan 2 T a ¿ 7 — = -w / 4 3

£Í =Í m2

a m

3 2-\/2

A háromszög a hegyesszögére a ctgce = — 2m így kaptuk

69

7.3. Először határozzuk meg az a) kifejezés értékkészletét ^log^ !og2( - í 2+6x+55) A logaritmus értelmezése miatt nyilván szükséges, hogy 0 < log2(~*2 + 6* + 55), ahonnan 1 < - x 2 + 6x + 55 Nézzük meg a jobb oldali másodfokú kifejezés lehető legnagyobb értékét! Ismert, hogy az ax + hx + c másodfokú kifejezés szélsőértékét az =

_Jl

helyen veszi fel. Ezek szerint a másodfokú kifejezésünk maximumát az X =—— = 3 -2 helyen éri el, e helyen az értéke pedig -9 + 18 + 55 = 64 Ezek szerint 0 < log2(~-t2 + 6* + 55) < log2 64 = 6, amiből következik, hogy [og2(“ *2 + 6x + 55) < log^r 6 = 2, ahonnan 5log^log2(-x2+6x+55) < 52 _ 25 Kaptuk tehát, hogy az A halmaz elemei: 0 < ű

1 2’

ahonnan —+ 2kn 6

< ~ < - 7 t

10

6

+2kn,

tehát

1 - + 20* < * < 8 ^ + 2 0 * (k e N) 3 3 Figyelembe véve az A halmaz elemeit, valamint, hogy az A \ B halmazt kell előállítanunk, nyilván a kapott eredmény csak a 4 = 0 és a &= 1 esetek lesznek számunkra érdekesek. t Ábrázoljuk az A és B halmaz elemeit egy számegyenes mentén! 0

6

10

15

20

25

30

—I----------------- 1-----------------1----------------- \-----------------1----------------- 1-----------------1---A0--------------------------------------------------------------------------------------• 8 o----------o---------o 11

5

o------------ o----------- o

8f

2 l| 7.2.

25

281

ábra

Ennek segítségével már könnyen kiolvashatjuk a keresett .4 \£ halmaz elemeit. Az ele­ meket 7-nal jelölve 0 < 7 < lf, 3

7 = 5,

8~ < 7 < 21—, 3 3

7 = 25.

7.4. Mindenekelőtt gondoljuk meg a következőket: mivel B < A, ezért a második óra vé­ gén, a BA km-kő mellett elhaladva már a második körben halad a biciklista, tehát 2 AB > 60,

azaz

7ͧ>30. Ezek szerint felírhatjuk az alábbi egyenlőséget: 2 ¿ 0 = 60 + BA Részletesen kiírva 2(10/í + 5 ) = 60 + 100 + yí 20A + 2B = 60 + \0B + A \9A - 8£ = 60 Ez utóbbi egyenletet kell tehát megoldanunk, ahol A és B pozitív egész egyjegyű számok. 71

7.3. ábra

Mivel az egyenlet jobb oldala osztható 4-gyel, a bal oldal második tagja ugyancsak osztha­ tó 4-gyel, így kell, hogy az első tagja is 4-gyel osztható legyen. De a bal oldal második tagja 8-cal is osztható, míg a jobb oldal nem osztható 8-cal, tehát a bal oldal első tagja nem lehet 8cal osztható. Ezek szerint A-ról az derült ki, hogy 9

A >3

és 4-gyel osztható, de 8-cal nem. így nem lehet más, csak

A = 4, és ezzel

19A - 82? = 60 alapján 19 •4 - 82? - 60,

azaz

B = 2.

Tehát az adott feltételek mellett a kerékpáros sebessége: 42 km/h. Ennek tudatában már vizsgálhatjuk azt a kérdést, hogy hanyadik óra végén lesz legközelebb a kiindulási helyen. Keressük tehát azt a legkisebb k pozitív egész számot, melyre

k - 4 2 - n - 60. ahol természetesen n is egy pozitív egész szám. Mivel 42 és 60 prímtényezős alakja: 42 = 2•3•7 60 = 22 3 5 innen azonnal látszik, hogy 2-5 —10 -zel szorozva 60-nak többszöröse adódik, és 10 a legki­ sebb olyan pozitív egész, melyre 60-nak többszörösét kapjuk. Tehát

k

= 10,

vagyis a kerékpáros a tizedik óra végén, a 10-42 = 7 -edik 60 kör végén lesz először éppen a starthelyen. 72

7.5. Mindenekelőtt készítsük el a szükséges ábrát a feladat szövege alapján (1. 7.2. ábra)! F-vel, ¡11. £-val jelöltük a PQR háromszög P-ből, ¡11. 0-ból induló magasságának talppontját

7.4. ábra

Az ábrát elemezve a következő megállapításokat tehetjük. Mivel a kör külső pontból húzott érintőszakaszai egyenlőek, ezért CQ = CP Ez azt jelenti, hogy CQP háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög, vagyis hegyes­ szögei 45°-osak; CQPZ = CPQZ = 45°. De QPCZ = QRPZ, hiszen azonos íven nyugvó kerületi szögek. Tehát azt kaptuk, hogy a PQR háromszögnek Rnél 45p-os szöge van. Ebből viszont következik, hogy RTP derékszögű háromszögnek F-nél, RQK derékszögű háromszögnek Q-nál ugyancsak 45°-os szöge van, vagyis RTP, RQK, QTM és PKM valamennyien egyenlő szárú derékszögű háromszögek. Ezek szerint RT = TP és QT = TM Ebből viszont az következik, hogy RTM és PTQ háromszögek egybevágók, hiszen mind­ kettő derékszögű, és befogóik rendre egyenlők. Nyilván e háromszögek harmadik oldalai is egyenlők, vagyis valóban RM = PQ, amit bizonyítanunk kellett. Megjegyzés. Az ábrán látható sok-sok egyenlő szárú derékszögű háromszög közül termé­ szetesen más háromszögpárt is választhattunk volna. Pl.: RMK és PQK háromszögeket vizs­ gálva MK = KP, QK - KR, így e két háromszög ugyancsak egyebevágó, tehát harmadik oldalaik egyenlőek, ara? RM = PQ.

73

A 8. feladatsor megoldása 8.1. A megoldandó 4 !og9 ( 2* + y ) + (2jc + ^ y o g , 16 = 6>

J y 2 + y + x + 2 = 2 x - y

egyenletrendszernek csak akkor van értelme, ha 2x + ^ > 0 és

2 x - ;;> 0

Az egyenletrendszer vizsgálatát kezdjük az első egyenlet átalakításával! Egy kevésbé ismert, de igen hasznos azonosság alkalmazásával könnyen kezelhetőbb alakra hozhatjuk ezt az egyenletet. Ez az azonosság a következő: _ c iogé ű

azaz, ha a hatványkitevőben egy logaritmikus kifejezés szerepel, akkor a hatvány alapja és a logaritmus argumentuma felcserélhető, feltéve persze, hogy a, b, c mindegyike pozitív és egyik sem 1 . Ennek igazolása könnyen megtehető, ha vesszük mindkét oldal ¿»-alapú logaritmusát, és alkalmazzuk a hatvány logaritmusáról ismert azonosságot. Ezek szerint az eredeti egyenletrendszer első egyenletének valamelyik (pl. a második) tagja így is írható: (2 jc + y )10^ 16 = 16l°g9(2^+y)> amivel az egyenlet így alakul: 4 log9(2 x+^ ) + ^ \ o g 9 ( 2 x + y ) _ g

Ha most bevezetjük a 4 log9(2 x + y ) = a > Q

új ismeretlent, akkor az

2 a + a =6,

azaz

a 2+ a -6 = 0 másodfokú egyenlethez jutunk. Innen —1 ± Vl + 24 ° 1’2 ” 2

+5 2

—1

a 2= 2

a\ = -3,

Mivel a > 0, ezért a -3 nem jöhet számításba, így kaptuk: 0 = 4 l»fo(2*^) = 2 = 4 2 ,

log9(2 x + y ) = j , _l_

2x + y = 9 2 =3, 7 = 3 - 2 jc. 74

azaz

Helyettesítsük a kapott értéket az eredeti egyenletrendszer második egyenletébe; •y/(3 - 2x)2 + 3 - 2x + x + 2 = 2x - 3 + 2x = 4x - 3. Innen négyzetre emelés, majd összevonás után a \2x 2—1 Ijc —5 —0 másodfokú egyenlethez jutunk. Ennek megoldása: * 1,2

11 ±Vl21 + 240 24

ll± V 3 6 l 24

11 + 19 24

*2 = - J Ezekkel az x-értékekkel a megfelelő jv-értékek y = 3 - 2x alapján: 1

11

Mivel és y 2 értékekre nem teljesül a feladat elején tett 2x - y > 0 kikötés, így ez a számpár nem lehet megoldás, míg a másik értékpár kielégíti az eredeti egyenletrendszert, vagyis a megoldás: 1 5 X- 4 8.2. Mindenekelőtt készítsünk egy fiktív ábrát a feladat szövege alapján! A feltételekből hamar nyilvánvalóvá válik, hogy a kérdéses ABC háromszög egy tompaszögű háromszög (1. 8.1. ábra), mely az első síknegyedben helyezkedik el.

Foglaljuk ezt a háromszöget egy olyan derékszögű háromszögbe, melynek befogói párhuzamosak a koordinátatengelyekkel. Ennek a CDA derékszögű háromszögnek területét könnyen felírhatjuk a megfelelő koordináták segítségével, hiszen ez a terület az eredeti ABC 75

háromszög területéből, egy másik derékszögű háromszög területéből ( /j) , valamint egy derékszögű trapéz területéből (/2 ) tevődik össze: Tadc

+1998

A megfelelő koordinátákból világos, hogy

1

( ,? - l) ( l + r f - l )

< % -!)

2

2

”

_ ( q 2 - l + q - l X l + 2 d - l - d ) _ rf[(4 - l X « + l ) + « - l ] '2 5 ~ 2 = d ( q - \ X q + 2)

2 így a kővetkező egyenlőséget írhatjuk fel: -1 ) - É í z l l - IX í? 2> = 1998 w 2 2 Mindkét oldalt 2-vel szorozva és d(q -1 ) -et kiemelve kapjuk ^(