Repeta-matek 1 9638534125 [PDF]

Zitiervorschau

Dr. Gerőcs László

REPETA- MATEK 1. k ö te t

Főiskolai, egyetem i felvételire, érettségire készülőknek

SC O LAR K IA DÓ , B U D A P E ST , 1995

Lektorálta:

Dr. Obádovics J. Gyula

A könyv ábráit és a borítót készítette:

Nagy Péter A borítón látható grafikát készítették:

Kovács Tibor, Pozsonyi József

© Dr. Gerőcs László, 1995

ISBN: 963 85341 2 5 Kiadja a SCOLAR KIADÓ Felelős kiadó és szerkesztő: Érsek Nándor A könyv formátuma: B/5. ívteijedelme: 12 Betűcsalád: Times New Román CE Nyomta a Kner Nyomda R t Dürer Nyomda és Kiadó Kft, Gyula

Bevezető 1994 októberében indult útjára a televízióban a REPETA-MATEK sorozat. E műsor 1995 május végéig tartott;, összesen 28 feladatsort állítottunk össze és dolgoztunk ki részletesen a sorozatban, majd ezt követően, az utolsó adásokban rendre megoldottuk az 1995. évben egyetemi felvételi vizsgákon kitűzött feladatokat. Miért is született meg ez a televíziós sorozat? Középiskolai tanár- és diákkörökben eléggé köztudott, hogy a matematikából szer­ zett jeles osztályzat önmagában még roppant kevés ahhoz, hogy valaki eredményes felvételi vizsgát tegyen a tárgyból és megkezdje felsőfokú tanulmányait. Az is kétség­ bevonhatatlan, hogy az utóbbi években egyre kevesebb diák tudja megfizetni a méreg­ drága magántanárokat, tanfolyamokat, amelyek áthidalhatnák a középiskolában tanul­ tak és a felvételi vizsgaanyag nehézségi foka közötti hézagot. Mindezek a tények tovább növelik az egyébként is alaposan megsoványodott esélyegyenlőséget, és sok tanuló számára majdhogynem teljesen megszüntetik a továbbtanulás lehetőségét. Ekkor támadt az az ötlet, indítson el a televízió egy olyan továbbtanulásra felkészítő sorozatot, mellyel elsősorban azoknak kíván segítséget nyújtani, akik kénytelenek önállóan felkészülni felsőfokú tanulmányaikra - így született meg a REPETA. Úgy tűnik, a műsor-sorozat elérte célját. A pontversenyen résztvevők magas száma, a hetenkénti sok száz levél, a bátorítások, jó tanácsok, építő kritikák mind­ mind azt sugallták a műsor készítőinek, hogy valóban érdemes volt elindítani ezt a so­ rozatot, valóban nagyon sok diáknak, osztálynak, diákcsoportnak és tanárkollégának tudtunk egyfajta segítséget adni az érettségire, ill. a felsőfokú tanulmányokra való felkészüléshez. Nagyon sok érdeklődő kérte-kérdezte, hogyan lehetne hozzájutni a REPETA-MA­ TEK teljes anyagához, a 28 feladatsorhoz. Bár a sorozat feladataiból jó néhány megta­ lálható - egyebek mellett - az "Irány az egyetem 1995" c. feladatgyűjteményben, mégis úgy gondoltuk, talán nem érdektelen a REPETA-MATEK teljes anyagát egy külön kiadványban megjelentetni, hogy az elkövetkezendő években felvételire, továbbtanulásra készülők is foglalkozhassanak a kitűzött feladatokkal. Nos, ezt a kiadványt tartja kezében az olvasó, kiegészítve a 28 feladatsort az ebben az évben kitűzött egyetemi felvételi feladatsorok megoldásával. A feladatsorok végén a sor megoldásának kezdő oldalszáma található. Kívánunk a kötetben szereplő példák megoldásához hasznos fejtörést, sok sikert, sikerélményt. És amennyiben a REPETA­ MATEK televíziós műsorsorozatnak lesz folytatása a következő tanévben is, úgy reméljük, e kiadvány is bővülhet egy újabb kötettel egy év múlva. Végezetül e helyen is szeretnénk köszönetét mondani a SCOLAR AMDÓ-nak, valamint a LICHTBOGEN BT-nek, hogy támogatásukkal hozzájárultak e könyv meg­ jelenéséhez. Dr. Gerőcs László Budapest, 1995. nyarán

Feladatsorok

REPETA

(1. sorozat)

1.1/ Egy apának három fia van. Az apa éveinek száma, a legidősebb fia évei számá­ nak háromszorosánál eggyel nagyobb. A legidősebb fiú éveinek száma a két kisebb évei számának összegével egyenlő. A legkisebb egy évvel fiatalabb a középsőnél. Hét év múlva az apa életkora fiai életkorának összegével egyenlő. Hány évesek az apa és fiai? l 3 ) Az ABCD derékszögű trapéz párhuzamos oldalai ÁB és CD (AB > CD), merő­ leges szára AD. A trapéz AC átlója egyenlő az AB oldallal, AD szára egyenlő a D C ol­ dallal. A BC szárra C csúcsban állított merőleges F-ben metszi az AD oldalt. Mekkora a trapéz területe, ha D F = 1? l3 D Egy háromszög csúcspontjainak koordinátái yá(lgx;lgy),

ő (lg 4 x ;lg y ),

C (lgx;lg8y). Határozza meg a háromszög területét! Mekkora legyen x és y, hogy a háromszög köréírható körének középpontja 0(2;2) legyen? r^'C'1 1.4. A z asztalon áll egy téglatest, melynek élei egynél nagyobb egész számok, tér­ fogata V = 12. Ha megtudnánk felszíne számjegyeinek összegét, abból még nem le­ hetne megállapítani az éleit. De ezután azt is megtudjuk, hogy legrövidebb éle függő­ leges helyzetű. Mekkorák a test élei? 1.5) Mely x, y, z valós számok elégítik ki az alábbi egyenlőséget: 5x+y + 5X y + Vx2 + 2 x - 8 + V - x 2 +X + 2 = 3x4 + 2 sinxz

REPETA

(25)

(2. sorozat)

Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán: [64I -3”log278]I + lo g 2 x 3 = 14 Í.2. Egy háromszög két csúcspontjának koordinátái v4(-3;0), ő(0;-4). A három­ szög harmadik csúcsa az x 2+ y 2- 1 6 x - 4 y + 4 3 = 0 egyenletű körön van. Határozza meg a harmadik csúcs koordinátáit úgy, hogy a háromszög területe a lehető legkisebb legyen! O .

Mely x, y e [0,27t] valós számok elégítik ki az alábbi egyenlőséget: Vsinx + Veosx + V2 sin2 x - 1 + V2 cos2 x - 1 = 2^ • cosxy

2.4. Egy 8 x 8 -as sakktábla négyzeteibe a bal felső sarokból indulva, balról jobbra, felülről lefelé haladva beírtuk az 1, 2, 3, ..., 64 természetes számokat. Ezután a tábla mezőit minden lehetséges módon letakartuk egy 2 x 2 - e s négyzettel. Hány esetben lesz a letakart négyzetekben levő számok összege osztható 3-mal? 2.5. Az ABC hegyesszögű háromszögben a = 45°. Bizonyítsa be, hogy a B és C csúcsokból induló magasságok talppontjait összekötő szakasz hossza egyenlő a há­ romszög köré írható körének sugarával! (30)

9

REPETA

(3. sorozat)

3^1. Oldja meg a következő egyenleteket: a) 'b)

log5( 9 ^ - 1 1 8 ) - 3 = 0 |l0 x - 5 | = 1 0 x - 8

3.2. Egy számtani sorozat 999. eleme egyenlő a sorozat differenciájával. Határozza meg a sorozat első 1995 elemének összegét! 3.3. Az ABC háromszögben P = 50°, y = 70°. Határozza meg az OMC háromszög szögeit, ahol O a háromszög beírható körének középpontja, M a háromszög magasságpontja! 3.4. Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: -\/4cos4 x + 12sin2 x - 3 + -\/4sin4 x + 12cos2 x - 3 = 4 3.5. Legyenek a, b, c pozitív valós számok. Bizonyítsa be, hogy ekkor ■Ja2 + b 2 + -Jb2 + c2 +-Ja2 + c 2 > ( a + ó + c)-V2

REPETA

(36)

(4. sorozat)

4.1. Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: lg2 50 - lg2 20 = lg (x 2 - lOx + 23,5)3 4.2. Jelöljük 7^-nel az n oldalú konvex sokszög alapú hasáb testátlóinak számát! Milyen «-re teljesül, hogy Tn + T Tn+1= T n+2 4.3. Egy háromszög T területére 4 T = ( a + b + c)(a + b - c ) - 2 a b Mekkora a háromszög y szöge? 4.4. Határozza meg a p l , p 2, p 3, p 4 különböző prímek szorzatát, ha Pi ^ ( P i + P s + P ^ ) 2 = 136

4.5. Bizonyítsa be, hogy a háromszög beírható és egyik mellé írható körének kö­ zéppontjait összekötő szakaszt a háromszög köréírható köre felezi! (42)

REPETA

(5. sorozat)

5.1. Oldja meg az alábbi egyenletet: 3 logiooo O “ !) + 2 log100(x + 3) - 2 X+3 • log(x2 + 2 x - 3) = 0

5.2. Az A és B helységek közötti távolságot egy vonat állandó sebességgel szokta megtenni. Egy alkalommal a távolság /?%-ának megtétele után sebességét p %-kai nö­ velte, így a szokásos menetideje

%-kal csökkent. Határozza m egp értékét!

5.3. Az ABC hegyesszögű háromszög C-ből induló magasságának talppontja T. Legyen e az ACT, f a BCT szög felezője. A háromszög ^4-ból induló szögfelezője e-t P-ben, f-e t 5-ben, a 5-ből induló szögfelező e-t S-ben, f-e t 0-ban metszi. Bizonyítsa be, hogy a P, Q, R, S pontok egy körön vannak! 5.4. Oldja meg a következő egyenletet: 2 V x - 2 + V x + 2 = 3V x2 - 4 5.5. Legyen k páratlan egész, n és m pedig olyan pozitív egészek, melyek különb­ sége osztható 4-gyel. Bizonyítsa be, hogy ekkor k m- k n osztható 120-szal!

REPETA

(47)

(6. sorozat)

6.1. Egy helységből elindult egy személyvonat 80 km/h sebességgel. Valamely t idő múlva Utána indult egy gyorsvonat 120 km/h sebességgel. A gyorsvonat indulása után 1 órával ugyanannyi a távolság közöttük, mint az indulás után 3 órával. Mikor indult a gyorsvonat? 6.2. Egy k tagú társaságból elment a férfiak p% -a, így a társaság a q%-ára csök­ kent. Hány nő van a társaságban? 6.3. Egy 7-ban hegyesszögű háromszög két oldala a = 8 , b = 12. Az ezekhez az oldalakhoz tartozó magasságok 135°-os szöget zárnak be egymással. Számítsa ki e magasságok talppontjainak távolságát! 2

2

6.4. Az x + y - 4 x - I2 y + a = 0 körben határozza meg az a paraméter értékét úgy, hogy a körhöz az origóból húzott érintők merőlegesek legyenek egymásra! 6.5. Mini-Teve Városban (továbbiakban MTV), ahol több négypupú teve él, mint kétpupú, a dromedárok száma a négypupú és kétpupú tevék összegének harmada. A négypupú és kétpupú tevék összes púpjainak és fejeinek száma 100. Hány dromedár él az MTV-ben? (52)

11

REPETA

(7. sorozat)

7.1. Oldja meg az alábbi égyenletrendszert:

1l y í í +Í ^

=2'

s m (3 * -y ) = c o s (2 * -)')

7.2. Egy számtani sorozat p-edik eleme ap = q 2, #-adik eleme a = p 2 ( p * q pozitív egészek). Határozza meg a sorozat p + q -adik elemét! 7.3. A z ABC derékszögű háromszög AB átfogójának felezőpontja F. A C csúcsból induló magasság talppontja T. T-bői a CF súlyvonalra állított merőleges talppontja P. Bizonyítsa be, hogy ha a háromszög egyik szöge 37,5°, akkor AB = 87!P! 7.4. Határozza meg azt az abcd négyjegyű számot, melyre abcd - a b c - a b - a = 1776 7.5. Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet: 5*_1 + 5 3-* =2(8cosx^ sinxy + l)

REPETA

(57)

(8. sorozat)

8.1., Az ABCD téglalap egyik oldala AB = a hosszúságú. Az AD oldal felező pontja F, az AF, ül. FD szakaszok felezőpontjai N, ill. M. Határozza meg a téglalap másik oldalát, ha BN, BF, B M szakaszok egy mértani sorozat szomszédos elemei! 8.2. Az ABCDA'B'C'D' kocka C C élének felezőpontja F. Legyen O az ADD'A' oldallap középpontja. Hol metszi az O B F háromszög síkja a kocka DD' élét? 8.3. Három testvér mindegyikének életkora prímszám A legidősebb 20 évvel idő­ sebb a legfiatalabbnál, a középső 4 évvel fiatalabb a legidősebbnél. Hány évesek a testvérek? 8.4. Oldja meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: A/log2 xtlog^ 2 + log2 x - 2) + A/log2 xtlog^ 2 + log2 x + 2) = 2 8.5. Egy téglalap alakú süteményt szeretnénk az oldalaival párhuzamos vágások­ kal felszeletelni. A sütemény széle kicsit égett, így lesznek égett és nem égett darabok.1 Hogyan szeleteljük egyik, ill. rá merőlegesen másik irányban, hogy legvégül ugyan­ annyi égett süteményünk legyen, mint nem égett? (61)

12

REPETA

(9. sorozat)

9.1. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenséget: log3(9 log3^ + lo g ^ sinx) > 0 9.2. Egy mértani sorozat 999. eleme egyenlő a sorozat hányadosával. Határozza meg a sorozat első 1995 elemének szorzatát! 9.3. Az ABCD téglalap oldalai AB = 32, AD = 24. Megrajzoltuk az ABC és ACD háromszögek beírható köreit. Jelöljük M-mel és A-nel e körök és az A C átló érintési pontjait. Számítsa ki az M N szakasz hosszát! ' 9.4. Oldja meg a következő egyenletet: cosx + cos2x + cos3x = 0 9.5. Bizonyítsa be, hogy az alábbi kifejezés osztható 10-zel: 19931" 3 +19941994 + 19951" 5 + 19961" 6

REPETA

(65)

(10. sorozat)

10.1. Állítsa nagyság szerint növekvő sorrendbe az alábbi A, B, C mennyiségeket: ^ = (169I )l0Svi52,

£ = ( s i n ^ p ^ r 12,

C = 32_1°gJJW

10.2. Egy számtani sorozatban a «5 - a “4 + a “3 a - a 2 =32 Határozza meg a sorozat differenciáját! 10.3. Egy háromszög a, b, c oldalaira 3b1 (a - c f + H a b 2c _ ^

a* + 2 a c - c - 2 a c Bizonyítsa be, hogy a háromszög derékszögű! 10.4. Az ABC derékszögű háromszög befogói Á C = 3, BC = 4. A háromszög sík­ jára A-ban, B-ben merőlegeseket állítottunk azonos irányban, s felmértük az Á P = 4, ¡11. BR = 9 távolságokat. Mekkora szögben látszik a C csúcsból a PB szakasz? 10.5. Határozza meg az alábbi tőrt lehető legkisebb értékét:

REPETA

(11. sorozat)

11.1. Legyen a egy pozitív valós szám. Mekkora legyen a p paraméter értéke, hogy a következő egyenletnek legyen valós megoldása: a ^ 3 + ^6 + x - x 2 —p = 0 11.2. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán: ■Jlogx 8x6 •log8 y = l,

logx xy + logy xy = 4

11.3. Az ABC háromszög A-ból induló szögfelezőjének talppontja D. A BAD szög felezőjének talppontja E. Bizonyítsa be, hogy ekkor 1 1 PC AB AD A C ■DE 2k 11.4. Legyenek n és k pozitív egészek! Bizonyítsa be, hogy n +1 szám nem vég­ ződhet egynél több 0-ra! 11.5. Egy egyenlő szárú háromszög alapja a, szárai b hosszúak. A szárak szöge 20°. Bizonyítsa be, hogy ekkor a 3 + b 3 = 3ab2

(74)

REPETA

(12. sorozat)

12.1. Határozza meg a következő kifejezés értelmezési tartományát: y lls m 2 x - l c o s(x —|) ' 12.2. András és Béla sok (de ezernél kevesebb) egybevágó kis kockával játszik. András kis kockáiból egy olyan téglatestet rakott össze, melynek élei egymást követő egész számok. Béla a saját kis kockáiból egy nagyobb kockát tudott összeállítani. Ezu­ tán András elkérte Béla kis kockáit és azok mindegyikét felhasználva téglatestjének minden élét 1-gyel meg tudta növelni. Hány kis kockájuk volt összesen? 12.3. Az ABCDE négyzet alapú egyenes gúla alapnégyzete az a oldalú AJBCD négyzet. Legyen F a CE oldalél felezőpontja. Mekkora a gúla térfogata, ha a BFD háromszög szabályos? 12.4. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert: jciog2, + yog2^ =6j 2

^ =g v

12.5. Az ax +bx + c = 0 másodfokú egyenlet a, b, c együtthatói páratlan egész számok. Bizonyítsa be, hogy az egyenletnek nincs racionális gyöke! (79)

14

REPETA

(13. sorozat)

13.1. Az ABC derékszögű háromszög befogóira BC = 2 AC. Legyen F a BC befo­ gó felezőpontja. Ol és 0 2 az AFC, ill. ABC háromszögek köréírbató köreinek közép­ pontjai. Az ABC háromszög területe hányszorosa az Ox0 2F háromszög területének? 13.2. Az AB szakasz végpontjai ^4(—2; 1), fl(6;y0). Határozza meg a B pont második koordinátáját úgy, hogy az x-tengelynek csak egyetlen olyan pontja legyen, melyből az AB szakasz derékszögben látszik! 13.3. Egy mértani sorozat első eleme és hányadosa egynél nagyobb egészek, to­ vábbá (a ,;q) = l . A sorozat első néhány elemét összeszoroztuk úgy, hogy két szom­ szédos elemet a reciprokával helyettesítettünk. Eredményül a^6-q1U9-t kaptunk. Mely elemeket helyettesítettük a reciprokával? 13.4. Oldja meg az alábbi egyenletet: x ' logioo ^ + lg(2* + 32) + !og0 j 2! = x~2 log2 a / 2 + log4 5 13.5. Határozza meg azokat az abcde ötjegyű számokat, melyekre 7 Ti r 1 m abc = m es de-n ahol m é s n pozitív egészek!

REPETA

(85)

(14. sorozat)

14.1. Egy háromszög két csúcspontjának koordinátái A( 1;1), B(8;2), a köréírható kör középpontja 0(4;5). Határozza meg a harmadik csúcs koordinátáit, ha az illeszke­ dik az y - 2x = 7 egyenesre! 14.2. Két testvér éveinek összege olyan 10 és 20 közé eső egész szám, melynek 6 osztója van. Három évvel ezelőtt az idősebb kétszer annyi idős volt, mint a fiatalabb. Hány évesek? 14.3. Mely valós x, y számok elégítik ki az alábbi egyenlőséget: 2 x+y + 36* - 6 = 4 l y+1 ■3X - 9 X- 2ly 14.4. Határozza meg azokat az xy kétjegyű számokat, melyekre xy + {x - l)(y - 1 ) = x 3 + y 3 14.5. Az ABCD négyzet csúcsai pozitív körüljárási irányúak. A négyzet belsejé­ ben felvettünk egy tetszőleges P pontot. P pont A körüli +90°-os elforgatottja E, B pont körüli -9 0 °-os elforgatottja F. Bizonyítsa be, hogy EF egyenes felezi a négyzet területét! (90)

15

REPETA 15.1. Egy számtani sorozatban Si 0 =

s

(15. sorozat)

. Határozza meg a k természetes szám ér­

tékét úgy, hogy a} , a4, ak elemek egy mértani sorozat egymás utáni elemei legyenek! 15.2. Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet: logM (x + 6 H o g w V fx -4 | = l 15.3. Határozza meg az a paraméter értékét úgy, hogy az x 2 cos2 a - x + sin2a = 0 egyenlet x1 és x2 gyökeire az x \ + x 2 = 10 feltétel teljesüljön! 15.4. Határozza meg a sík összes olyan egyenesét, melyeknek minden P(x;y) pontjára y 2 + 4x2 - x 4 - 4 < 0 15.5. Az ABC háromszög oldalait azonos irányokban meghosszabbítjuk. AB-1B-n túl a BAx~ k - AB, BC-t C-n túl a CBX= I B C , CA-t A-n túl az ACX=m-CA szakasszal. Hányszorosa az A jB jCx háromszög területe az eredeti ABC háromszög területének, ha k + l + m = 10

és

k 2 + m 2 + m 2 = 38

REPETA

(94)

(16. sorozat)

16.1. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert: 9li>g:i(-VTy) _ Xy = y x - 2 y , 4 x+y-\Í2 * ^ = 0,5-7 16.2. Egy háromszög egyik csúcspontja A(2-,y0) (y0 > 0). A háromszög egy-egy súlyvonala az x-tengelyre, ill. az y-tengelyre illeszkedik. Számítsa ki y 0 értékét, ha a háromszög területe 18 területegység! 16.3. A z AB CD egységnyi oldalú négyzet AB oldalára 11-ben, BC oldalára C-ben, CD oldalára D-ben, DA oldalára A-ban felmértük a négyzet belsejébe ugyanazt az a szöget. így a négyzet belsejében egy kisebb négyszög keletkezett. Határozza meg a nagyságát, ha e kisebb négyszög területe az eredeti négyzet területének a fele! 16.4. Melyek azok az « természetes számok, amelyekre az n + n +1 kifejezés értéke prímszám? 16.5. Bizonyítsa be, hogy bármely háromszögben ma + mb + m c > 9 r, ahol ma, m b, m c a háromszög megfelelő magasságai, r pedig a beírható kör sugara.(99) 16

REPETA

(17. sorozat)

17.1. András adott Bélának annyi pénzt, amennyi pénze Bélának éppen volt. így a két fiúnak ugyanannyi pénze lett. Ezután Béla adott Andrásnak annyit, amennyi pénze Andrásnak eredetileg volt, így Andrásnak 102 Ft-tal többje lett, mint Bélának. Hány forintjuk volt eredetileg? 17.2. Oldja meg az alábbi egyenletet: cos’ ( ^ ) - sin3( i g g ) - 2 sin x + i S 17.3. Melyek azok az x, y természetes számok, melyekre xy + yx + x - y = 113 17.4. A z O középpontú, AB átmérőjű kör egy A-tól, 5-től különböző tetszőleges pontja P. Legyen Ol , ill. Ö2 az AOP, ill. BOP háromszögek köréírható körének közép­ pontja. Bizonyítsa be, hogy O f t 0 2P húrnégyszög? 17.5. Legyen an egy számtani, bn pedig egy pozitív tagú mértani sorozat. Hatá­ rozza meg a c valós szám értékét úgy, hogy az logc br + loge b2 +,loge b3..... + lo g c bn n kifejezés értéke n-től független legyen!

n (103)

REPETA

(18. sorozat)

18.1. Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán: 4 c o s ( | - x ) = log5_ ^ ( 4 9 + 10V24) 18.2. Határozza meg annak a körnek az egyenletét, melynek középpontja az 2

2

y = x - 2 egyenesre illeszkedik, érinti azx-tengelyt és az x + y ~ 4 x - 2 y + 4 = 0 kört! 18.3. Egy derékszögű háromszögbe négyzetet írunk kétféle módon. Először úgy, hogy a négyzet egy csúcsa a háromszög derékszögű csúcsába essen, egy-egy csúcsa egy-egy befogóra, negyedik csúcsa az átfogóra illeszkedjék. Másodszor úgy, hogy a négyzet egy oldala az átfogóra, egy-egy csúcsa egy-egy befogóra illeszkedjen. Melyik négyzet területe nagyobb? 18.4. Oldja meg a pozitív egész számok halmazán a következő egyenletet: — j— + — i — a x - 1995 y - 1 9 9 5 3 18.5. A z ABCD egységnyi oldalú négyzet A csúcsa köré á négyzet belsejébe egy­ ségnyi sugarú negyedkört, C csúcsa köré pedig e negyedkört érintő kört rajzoltunk. Mekkora e két kört kívülről és a négyzet BC oldalát érintő kör sugara? (107)

17

REPETA

(19. sorozat)

19.1. A Teknős és Társa Taxivállalat tarifái a következők: induláskor 9 Tallért kell fizetni, majd pontosan a megtett úttal arányosan 2 Tallér/km a viteldíj. A konkurrens Csoszogi-Csiga Csoport személyfuvarozó társaságnál induláskor 6 Tallér fize­ tendő, majd minden megkezdett km után 3 Tallért kell fizetni. Melyik céggel érdemes autózni? 19.2. Az ABCD trapéz BC szárának végpontjaiban merőlegeseket állítunk a BC szárra. Az AD szár F felezőpontján át B C szárral húzott párhuzamos egyenes az előbbi merőlegeseket P, ill Q pontokban metszik. Bizonyítsa be, hogy BCPQ téglalap területe egyenlő az ABCD trapéz területével! 19.3. Egy l-gyel kezdődő természetes szám elejéről eltöröltük az 1-est és a szám végére írtuk. így az eredeti szám háromszorosát kaptuk. Melyik a legkisebb ilyen természetes szám? 19.4. Melyek azok az x, y, z (x, y >1) valós számok, melyekre logx xy2 + logy y x 2 = - z 2 + 6z - 3 4x - 3y + 6zy[xÿ = 1995 19.5. Adott két pont A és B. Szerkesztendő az AB szakasz felezőpontja úgy, hogy a szerkesztéshez csak körző használható. ( 112)

REPETA

(20. sorozat)

20.1. Egy számtani sorozat első, második és hetedik eleme mértani sorozatot alkot. Határozza meg a sorozat differenciáját, ha űj

a2

a3

90

20.2. Egy trapéz magassága m, átlói 3m és 5m hosszúak. Mekkora a trapéz területe? 20.3. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségrendszert:

20.4. Egy derékszögű háromszög oldalai a 10-es számrendszerben írva a,

be,

6(c + l)

Határozza meg a háromszög oldalait! 20.5. Adott két pont A és B. Szerkesszen olyan C és D pontokat, hogy A, B, C, D négyzetet alkossanak (A és B szomszédos csúcsok legyenek), és a szerkesztéshez csak körző használható ! (116)

REPETA

(21. sorozat)

21.1. Oldja meg a következő egyenletrendszert: .2 7 log3(^ )-lo g 9( x ^ ) = 8 1 |

x _ 3

X + 3 =0

y 21.2. Az ABC egyenlőszárú háromszögben A C = 5 C . Egy félkör átmérője illesz­ kedik a háromszög AB oldalára, és érinti a szárakat. Mekkorák a háromszög szögei, ha e félkör területe egyenlő a háromszögbe beírható kör területével? 21.3. Legyen A az a) kifejezés, B pedig a b) kifejezés értelmezési tartománya! Ha­ tározza meg az (A u B) \ ( A n B) halmazt! a ) Vx2 —17x + 52 + V - x 2 + 1 9 x - 6 0 2

2

2

2

b) l g ( - x 2 + 2 8 x - 1 9 5 )

'

21.4. Adott két kör: x + y =4 és x + y - 1 6 x - 8 y + 79=0 . Határozza meg annak a körnek az egyenletét, melyet e két kör kívülről érint, és melynek középpontja az xtengelyen van! 21.5. Az / ( x ) = x 2 + ax + b másodfokú függvény helyettesítési értéke valamely c. valós számra / ( c ) = -1,25. Határozza még az / ( c - l ) + / ( c + l ) + / ( c- 2 ) + / ( c+ 2)+. . . . . + / ( c - 1 4 ) + / ( c + 1 4 ) összeget!(120)

REPETA

(22. sorozat)

22.1. Egy 120 literes üres tartályba egy csövön keresztül 6 liter/perc sebességgel 18%-os oldatot öntenek. 5 perc múlva bekapcsolnak egy másik csövet, melyből 4 li­ ter/perc sebességgel 40%-os oldat ömlik a tartályba. Hány százalékos lesz az oldat, amikor a tartály megtelik? 22.2. Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán:

22.3. Egy háromszög oldalai olyan számtani sorozatot alkotnak, melynek differenci­ ája 1. Mekkorák a háromszög oldalai, ha kerületének és területének mérőszáma egyenlő? 22.4., Határozza meg az y = v x 4 + 17x2 + 60 görbe összes olyan pontját, melyek mindkét koordinátája egész szám! 22.5.

A z (an) számsorozat első eleme

> 0 és a2 > a 1 pozitív egészek. A sorozat

további elemeit az alábbi módon képezzük: a „ = 4an- x - 3an_2 Bizonyítsa be, hogy

al996 > 31994

(126)

19

REPETA

(23. sorozat)

23.1. Oldja meg az alábbi egyenletet:

i 4x2 - 4 x + Í log2 ------- = log2— j----------4x - 4 x + l 23.2. Az ABCD konvex négyszögben A D = B C . Bizonyítsa be, hogy az átlók fele­ zőpontjain átmenő egyenes az AD és BC oldalegyenesekkel egyenlő szöget zár be! 23.3. Egy háromszög egyik csúcsának koordinátái A( 1;3), a háromszög súlypontja 5(5;4). Az A csúcsból induló magasságvonal egyenlete 4 x - 9 y = - 2 3 , a háromszög B csúcsa illeszkedik az x-tengelyre. Határozza meg a hiányzó csúcsok koordinátáit! 23.4. Az f :x \- J>x3'+ax2+ b x + c harmadfokú függvény együtthatói 0-tól és egy­ mástól különböző egész számok. Mekkorák az együtthatók, ha f { a ) = a és f ( b ) = b 3c? 23.5. Az ABCD egységnyi oldalú négyzet BC oldalát n egyenlő részre osztottuk. A 5-hez legközelebbi osztópönt legyen P. Határozza meg az D C oldal C-n túli meghosszabbításának azt az X pontját, melyre teljesül, hogy az AP és XB egyenesek M metszéspontj a illeszkedik az ABCD négyzet köréírható körére! (132)

REPETA

(24. sorozat)

24.1. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert: x(x-2y) + ^x2-2xy + 5=\,

x - 4 y = -?>

24.2. Az ABCD egységnyi oldalú négyzetbe írjuk az APQ derékszögű háromszö­ get úgy, hogy P pont a négyzet BC oldalára, Q pont a négyzet CD oldalára illeszkedik. Mekkora az APQ háromszög területe, ha PAQ szög 30° -kai egyenlő. 24.3. Határozza meg a következő kifejezés értelmezési tartományát és értékkész­ letét: + 20 x -9 6 )

24.4. Egy transzformáció a sík bármely 5(xy0 pontjához a P ' ( x - y ; x + y ) pontot rendeli. Bizonyítsa be, hogy e transzformáció bármely háromszöghöz hozzá hasonló háromszöget rendel? 24.5. Az ABCDE négyzet alapú egyenes gúla alapnégyzete az ABCD négyzet. Le­ gyen F a CE oldalél felezőpontja, H az AE oldalél A-hoz legközelebbi hatodolópontja. Határozza meg a D E oldalél azon X pontját, ahol a HBF háromszög síkja metszi a DE oldalélt! (137) 20

REPETA

(25. sorozat)

25.1. Oldja meg az alábbi egyenletrendszert: * 2 + V*2 ~ y + l = 5 + y,

lóg2£ - l o g 2£ = - 2

y

^

25.2. Egy konvex sokszög belső szögeinek összege pn , ahol p olyan 2000-nél ki­ sebb prímszám, melynek számjegyeinek szorzata 243 és két utolsó számjegye külön­ böző. Hány oldalú a sokszög? 25.3. Egy derékszögű háromszög derékszögű csúcsából induló f x és f 2 szögharmadolóira: , f i - § /i Mekkorák a háromszög szögei? 25.4. Határozza meg a k nemnegatív egész paraméter értékét úgy, hogy a 4x ^ ~ ~ lÖ ^ ^ 2 5 ==k egyenletnek pontosan k db megoldása legyen! 25.5. Legyenek az a, b, c d olyan valós számok melyekre a + b - 4 és c + d = 6. Bizonyítsa be, hogy ekkor (ac + b d 'f + {ad - be)1 > 144

REPETA 26,1.

(142)

(26. sorozat)

Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán: Vx2 - 1 • sin2TDc =

x1 -1

26.2. Az AB CD szimmetrikus trapéz párhuzamos oldalai a és b ( a > b ) . A trapéz A csúcsából a B C szárra állított merőleges N talppontja a BC szárnak 5-hez közelebbi negyedelőpontja. Mekkora a trapéz területe? 26.3. Egy mértani sorozat w-edikeleme an= k , 2n-edik eleme a2n= k 2. Mekkora a sorozat 1995«-edik eleme? 26.4. Határozza meg az a és b paraméterek értékét úgy, hogy az ||x| + x - 4| = a* + ó egyenletnek végtelen sok megoldása legyen! 26.5. 1995 db papírlap közül néhányat kettévágtunk, majd a meglevő összes papírlap közül kétszer annyit mint előbb, újra kettévágtunk. Ezután az összes papírlap közül kétszer annyit mint legutóbb, újra kettévágtunk, és az eljárást így folytattuk (mindig kétszer annyit kettévágva, mint legutóbb). Hány lapot vágtunk ketté legelő­ ször, ha végül összesen 3011 db papírlap keletkezett? ’ (147)

21

REPETA

(27. sorozat)

27.1. Az ABC egyenlő szárú derékszögű háromszög AB átfogójára, mint átmérőre félkört rajzoltunk a háromszöggel ellentétes irányba. A háromszög befogói és a félkör határolta síkrész területének hány százaléka annak a körnek a területe, mely a félkört s a háromszög befogóit érinti? 27.2. Legyen A halmaz az a), B halmaz a b) kifejezés értelmezési tartománya! Ha­ tározza meg a kifejezésekben szereplő p és r paraméterek értékét úgy, hogy az A u B halmazban előforduló valamennyi prím szorzata 1995 legyen? a)

= - .....-1 ■yj-x + 2x - 2 p + px

b) - J- x2 + 20x + rx —20r

27.3. A z AJBCD szimmetrikus trapéz párhuzamos oldalai a és b. A trapéz elvág­ ható úgy egy a párhuzamos oldalakkal párhuzamos egyenessel, hogy a keletkező mindkét trapézba kör írható. Mekkora a trapéz területe? 27.4. Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán: Ml ( x - 2 ) x~3 = x 2 - 4 x - 2 \ x - 2 \ + 4 27.5. Bizonyítsa be táblázat és számológép használata nélkül, hogy sinl0° sin20° sin30° sin40° sin50° sin60° sin70° sin80° sin90° = — 256

REPETA

(151)

(28. sorozat)

28.1 Az A helységből B helységbe, ill. ő-ből A -ba egyszerre szokott indulni egy gyorsvonat és egy személyvonat. A személyvonat sebessége a gyorsvonat sebességé­ nek 3/4-ed része. Egy alkalommal a gyorsvonat szokásos sebességénél /?%-kal kisebb, a személyvonat szokásos sebességénél /?%-kal nagyobb sebességgel haladt, s így a két vonat éppen az út felénél találkozott. Határozza meg p értékét! 28.2. Legyen A halmaz a sík azon P(x;y) pontjainak halmaza, melyekre x2 + y 2 -2 |x |-2 |y | + l< 0 , 2

2

a B halmaz a sík azon Q(x;y) pontjainak halmaza, melyekre x + y < 1. Ábrázolja egy koordinátarendszerben az A \ B halmazt! 28.3. Egy téglatest élei egész számok, egyik éle 6. Ha a téglatest éleit 2-vel meg­ növelnénk, akkor térfogatának mérőszáma 152-vel többel növekedne, mint felszínének mérőszáma. Mekkorák a téglatest élei? 28.4. Az ABC derékszögű háromszög átfogója AB. A B csúcsból induló szögfe­ lező felezőpontja F. CF egyenes az AB átfogót P-ben metszi. Mekkorák a háromszög BP ^ szögei, h a - a szokásos jelölésekkel— -— = ^ - ? AP c 2

28.5. Oldja meg a következő egyenlőtlenséget:

22

2

° ^ X > V8 . ctg*

(157)

Megoldások

1 .sorozat 1.1. Ha az apa életkorát a-val, a fiai életkorát pedig növekvő sorrendben / , f 2, ,/j-mal jelöljük, akkor a feladat feltételei szerint az alábbi egyenletrendszert írhatjuk

fel:

a = 3/3 +1 fi = fi + f 2 fx=fi- 1 ö + 7 = /[ + f 2 + / 3 +21

(1)

Sokféleképpen hozzákezdhetünk ennek a négyismeretlenes elsőfokú egyenletrendizemek a megoldásához. Talán legcélravezetőbb, ha először a második egyenletet a negyedikbe helyettesítjük: ö + 7 = 2 / 3 +21,

azaz

a = 2/3 +14 A kapott eredményt helyettesítsük az (1) egyenletrendszer első egyenletébe: 3/ 3+1 = 2/ 3 + 14, / 3 = 13,

tehát s így

a = 2 • 13 +14 = 40 Ezek után már az (1) rendszer második és harmadik egyenlete így alakul: 13 = / 2 + / , ^ fi-fx ahonnan (e két utóbbi egyenletet összeadva) 2/ 2 =1 4,

tehát

fi =7,

s így

/, = 7 -1 = 6 Azt kaptuk tehát: az apa életkora 40 év, a fiúké pedig rendre 6, 7 és 13 év. 1.2. Készítsük el a feladat szövege alapján az 1. ábrát, a-val jelöltük a trapéz ABC szögét. Mivel az ABC háromszög egyenlő szárú, ezért ACBZ=ABCZ = a

25

1+x

r.

A feltételek szerint FD = 1, így ha FA-1 x-szel jelöljük, akkor D C = A D = {\ + x) AC = AB = (1 + x) •V2 hiszen ADC egyenlő szárú derékszögű há­ romszög. Vizsgáljuk most meg a C csúcsnál levő szögeket.

Lábra

FCAZ = 90° - a

D C F Z = D C B Z - 90° = 180° - a - 90° = 90° - a ,

tehát

FCAZ = DCFZ Azt kaptuk, hogy a DCA háromszögben CF szögfelező. így alkalmazhatjuk rá a szögfelezőtételt —= — l + x = _L_ x (l + x)V2 V2 x

tehát

= a/2

Most már számolhatjuk a trapéz területét: „

(AB + CD ) - AD _ [(l + x ) V 2 + l + x](l + x) _

_ [(1 + a/2 )4 2 + (l + V2 )](l + V 2) _ (i + V2 )3 _

2 7 + 5V2

2

■7,035

Megjegyzés. Egyéb úton is eljuthattunk volna ahhoz a megállapításhoz, hogy ACD háromszögben CF szögfelező. Ha megrajzolnánk CAB egyenlő szárú háromszögben az A csúcsból induló magasságot, az nyílván felezné a CAB szöget és BC-re merőleges lenne. Mivel a feltételek szerint CF is merőleges BC-re, ebből következik, hogy az Aból induló szögfelező párhuzamos CF-fel, így CF valóban felezi a DCA szöget.

1.3. Mindenekelőtt világos, a feladatban szereplő logaritmusok miatt szükséges, hogy x > 0 és y > 0 legyen. Próbáljunk elkészíteni egy fiktív ábrát. Ha a feladatban szereplő koordinátákat kicsit tüzetesebben megvizsgáljuk, azonnal észrevehetjük, hogy a háromszög AB oldala az x-tengellyel, AC oldala pedig az y-tengellyel pár­ huzamos (2. ábra), tehát a háromszög derékszögű.

26

Mivel AB = I g 4 x - l g x = l g ^ - = lg4 = lg22 =21g2 AC = l g8y - Így = lg— = lg8 = lg23 = 31g2

y

így a háromszög T területe: t

_ A B - A C = 21 g2 -31g2=31g22

Térjünk most rá a háromszög köréírható kö2. ábra re középpontjának koordinátáira vonatkozó kérdésre. Tudjuk, hogy minden derékszögű háromszög köréírható körének kö­ zéppontja az átfogó felezőpontja. így az 0 ( 2 ;2) pont a BC szakasz felezőpontja. Ezek szerint lgx + lg4x

=

2

lgy + lg8y

es

=

2

Az első egyenletből lg4x = 4 ,

ahonnan

4 x 2 = 104 2x = 100 x = 50 A második egyenletből pedig lg8y = 4 8 y2 = 1 0 4

2 ^ 2 y = l 0 2,

y=

tehát

100 = 2542 2V2

Ha tehát a háromszög köréírható körének középpontja 0(2;2), akkor x = 50

és

y = 25V2

1.4. Kicsit szokatlannak tűnik a feladat kérdésfeltevése, ezért legelőször vizsgál­ juk meg a térfogat ismeretében, hogy egyáltalán milyen esetek lehetségesek. Ha a téglatest oldaléléit a, b, c-vel jelöljük, akkor abc

= 72 27

Mivel 72 = 2 •2 •2 •3 ■3, így 72 az alábbi módon állítható elő három 1-nél nagyobb egész szám szorzataként: 72 = 2-2-18 = 2-3-12 = 2-4-9 = 2-6-6 = 3-3-8 = 34-6 Ezek szerint a téglatest élei lehetnek: 1.

2, 2, 18

2.

2, 3,12

3.

2, 4 , 9

4.

2, 6, 6

5.

3,3,8

6.

3,4,6

Számítsuk most ki, hogy az egyes esetekben mekkora lesz a test F felszíne. A tég­ latest felszíne általában F - 2 (ab + ac + be), tehát az egyes esetekben 1.

F = 2-(4 + 36 + 36) = 152

2.

F = 2 ( 6 + 24 + 36) = 132

3.

F = 2-(8 + 18 + 36) = 124

4.

F = 2-(12 + 12 + 36) = 120

5.

F = 2-(9 + 24 + 24) = 114

6.

F = 2-(12 + 18 + 2 4 ) = 108

A felszín számjegyeinek összege az egyes esetekben 8, 6, 7, 3, 6, 9 A feladat feltételei szerint a felszín számjegyei összegének ismeretében még nem tudhatjuk az éleket. Ez azt jelenti, hogy a 2., vagy az 5. eset lehetséges csak, hiszen egyéb esetekben egyértelműen megmondható lenne a test mindhárom éle. Tehát a téglatest éle: 2, 3, 12 vagy 3, 3, 8. És most értjük meg "a legrövidebb él függőleges helyzetű" feltétel információtar­ talmát: van legrövidebb él! így világos, hogy csak a 2. eset jöhet szóba, tehát a tégla­ test élei: 2. 3, 12.

1.5. Első ránézésre nem sok ötletünk van az egyenlet megoldásához. Eszünkbe juthat esetleg rendezés utáni négyzetreemelés, de senkinek sem ajánljuk ezt az utat, hiszen sejthető, hogy a fellépő kétszeres szorzatok miatt teljesen kezelhetetlenné válik egyenletünk. Ehelyett inkább vizsgáljuk meg az egyenlőség értelmezési tartományát.

28

A négyzetgyökös kifejezések miatt az x2+ 2 x - 8 > 0

és

—x 2 + x + 2 > 0 egyenlőtlenségeknek kell teljesülniük. Az egyenlőtlenségek vizsgálatához keressük meg a másodfokú kifejezések zérushelyeit

x2 + 2 x - 8 = 0

^ 2 = z2 ± ^ ± 3 2 = z ^ 6 xx = - 4 ,

x2 = 2,

tehát az első egyenlőtlenség megoldásai x < -4

vagy

x>2

-x2+x+2 = 0

(2a)

= x1= 2 ,

x2 = - 1 ,

tehát a második egyenlőtlenség megoldásai -l< x < 2

(2b)

(2a) és (2b) egybevetéséből világos, hogy az eredeti egyenletnek csak akkor van értelme, ha x = 2. Ezzel az eredeti egyenlet így alakul: 52+y + 52~y = 3 •2 4 + 2 sin2 z ,

azaz

25 •(5^ + — ) = 48 + 2 sin2z v 5- y / Ez utóbbi egyenlet bal oldalán a zárójelben egy pozitív számnak és reciprokának összege szerepel. Erről tudjuk, hogy legalább kettő, és pontosan akkor kettő, ha a kér­ déses szám - jelen esetben az 5y - egyenlő 1-gyel. így az egyenlet bal oldalának értéke legalább 50. A jobb oldal értéke - sina értelmezése miatt - legfeljebb 50. Azt kaptuk, hogy eredeti egyenletünk bal oldala legalább 50, jobb oldala legfeljebb 50, így az egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha 25 • (5* + ^ — ) = 48 + 2 sin2z = 50 5 Ez viszont azt jelenti, hogy 5J' + — = 2, 5* 5^ = 1, y —

0

ahonnan tehát

és 29

2 s in 2 z = 2 ,

azaz

sin2z = 1,

ahonnan

2 z = ^ + 2kn z = ^ + kn

( k e Z)

Ezzel megkaptuk az eredeti egyenlet megoldásait: x = 2,

y = 0,

z = ^ + kK

s ezek az értékek valóban kielégítik az eredeti egyenletet.

2 .sorozat 2.1. A

1 I [643 •3-log27 8] 3+log2x 3 =14

(3)

egyenletnek a logaritmus értelmezése folytán csak akkor van értelme, ha x > 0. Legelőször számítsuk ki a szögletes zárójelben levő mennyiség értékét:

[27l0S278]3

16_ o T “8 Ezek szerint az eredeti (3) egyenlet így is írható: 8 + log2 x 3 = 14, ahonnan a logaritmus azonosságait felhasználva kapjuk 31og2 x = 6 log2 x = 2 x=4 A kapott érték ellenőrzését az olvasóra bízzuk.

30

2.2. Legelőször alakítsuk át a kör egyenletét, majd készítsük el a feladat szövege alapján a szükséges ábrát (3. ábra). x 2 + y 2 - 16x - 4 y + 43 = 0 (x - 8)2 + ( y - 2 )2 = 25 Tehát a kör középpontja 0 ( 8 ;2), Sugara r = 5. Mivel a háromszög két csúcsa, tehát egy oldala adott, ezért a területet a keresett 3. csúcsnak az A és B pontokon átmenő egyenestől való távolsága határozza meg. Ezért meg kell keresnünk a körnek azt a pontját, mely az AB egyeneshez leg­ közelebb esik. Ez nyilván az AB egyenessel párhuzamos érintők egyikének érintési pontja lesz, s ezt a pontot a kör O középpontján átmenő, AB-re merőleges egyenes fogja kimetszeni a körből. Az AB egyenes egy irányvektora: v ^ ( 3; - 4)> így az 0 -n átmenő, AB-re merőleges egyenes egyenlete: 3x - 4 y = 16 Innen

y= f * - 4 .

(4)

Helyettesítsük ezt az értéket a kör egyenletébe: x 2 + ( | x - 4 )2 - 1 6x - 4 ( | x - 4) + 43 = 0 x2 + ^ x 2 + 1 6 - 6 x - 1 6 x - 3 x + 16 + 43 = 0 16

Most 16-tal való szorzás, összevonás és egyszerűsítés után kapjuk: x2 - 1 6 x + 48 = 0,

tehát

_16±V256-192 _ 1 6 ± 8 1’2 " 2 “ 2. Xj = 12, A megfelelőy értékek:

Ti = 5 ,

x2 = 4. y2 = - l.

Ezek szerint a (4) egyenes és a kör metszéspontjai:

Cj (12;5),

C2 (4;-1)

31

Nyilvánvaló, hogy ezek közül C2 van közelebb az AB szakasz egyeneséhez, így a háromszög keresett harmadik csúcsa: C(4; -l). Megjegyzés. A gondolatmenetből az is nyilvánvaló, hogy a Cj(12;5) pont a körnek éppen az a pontja, melyre az ABC háromszög területe a legnagyobb.

2.3. Vizsgáljuk meg mindenekelőtt a megoldandó Vsinx +-Jcosx + V2 sin2 x - 1 + V2cos2 x - 1 = 2 4 •cosxy

(5a)

egyenlet értelmezési tartományát. Nyilván a sinx>0 cosx > 0 2 sin2 x - 1 > 0 (56) egyenlőtlenségeknek egyszerre kell teljesülniük. (5b) első két egyenlőtlenségéből világos, hogy 2

cos2 x

- 1 > 0

0 < x < f ; ( a [ 0 ; 2 k ] intervallumban). (5 b) második és harmadik egyenlőtlenségéből pedig

Innen, a kapott értékeket egybevetve nyilvánvaló, hogy az eredeti (5a) egyenletnek csak akkor van értelme, ha

Helyettesítsük most a kapott értéket az eredeti (5a) egyenletbe: cos(|-j/)

3

7

24 = 2 4 -cos(|y)

2 1 = cos(-|y) 32

| = cos(|->;) tehát j y = j + 2rm ahonnan

vagy

-

'

y = ^ + 8n

vagy

^y =^

+ 2kn

y = - y + 8k

( n , k e Z)

( n , k e Z)

Mivel y e [0;2], így az eredeti (5a) egyenlet megoldása:

2.4. Képzeljük el, hogy a 8 x8-as táblát minden lehetséges módon letakartuk a 2 x 2 - e s négyzettel. Jelöljük valamely letakarás során a 2 x 2 - e s négyzet bal felső sarkában levő számot z'-vel. Ekkor a letakart számok i,

z'+l

i + 8, i + 9 Ezek Összege i + i + 1 + / + 8 + i + 9 = 4z + 18 Mivel 18 osztható 3-mal, ezért a letakart számok összege akkor és csak akkor oszt­ ható 3-mal, ha 4i is ilyen. De 3 és 4 relatív prímek, ezért kell, hogy i osztható legyen 3-mal. i lehetséges értékei: 1 < i < 55, így 1-től 55-ig a 3-mal osztható számok n számát kell összeszámlálnunk. E számok egy olyan számtani sorozatot alkotnak, melynek első eleme 3, utolsó eleme 54, differenciája 3, ezért 54 = 3 + ( r - 1)3,

ahonnan

51 = ( « - 1 ) 3 « - 1 = 17,

tehát

« = 18 De vigyázzunk! Nem minden 1 és 55 közötti szám jöhet szóba z-ként. Ugyanis a 8 x8-as négyzet legutolsó oszlopában levő számok nem kerülhetnek a 2 x 2 - e s négy­ zet bal felső sarkába. Ezért a köztük levő 3-mai osztható számok számát még le kell vonnunk a kapott eredményből. Ezen oszlopban a 8-cal osztható egészek szerepelnek 64-ig: 8,16, 24,32,..., 64. Közöttük 2 db 3-mal osztható szám található: a 24 és a 48. így a következőkre jutottunk: ha a 8 x 8-as táblát minden lehetséges módon letakarjuk a 2 x 2 -es négyzettel, akkor a letakart négyzetekben levő számok összege 1 8 - 2 = 16

esetben lesz osztható 3-mal.

33

2.5. I. Megoldás. Tekintsük a 4. ábrát, ahol 5 r gyel és C,-gyel jelöltük a B, ill. C csúcsból induló magasságok talppontjait, valamint a, b és c-vel a megfelelő oldalakat. Mivel AB\B és ACXC egyenlő szárú derékszögű háromszögek, ezért A B .= -r = 1

és

a/ 2

AC, = - j = 1

V 2

Ezek után a BXCXszakaszt már könnyen kifejezhetjük az AClBl háromszögből ko­ szinusz-tétel segítségével: fi'c - =DB, ezért valóban sja2 + b2 + slb2 + c 2 + sla2 + c 2 > (a + ó + c)V2 Megjegyzés. A geometriai konstrukcióból az is kitűnik, hogy egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha i3 és Q pontok illeszkednek a BD átlóra. Ez viszont éppen azt jelenti, hogy a 7. ábra négyzetében szereplő téglalapok egybevágó négyzetek, vagyis a=b=c II. Megoldás. Jóval hamarabb eljuthatunk a kitűzött egyenlőtlenség bizonyításáho ha ismerjük a négyzetes közép és a számtani közép közötti egyenlőtlenséget: ha a és b pozitív valós számok, akkor a két szám S(a,b) számtani, ill. N(a,b) négyzetes közepe: S(a, b) = 2 ± ± ,

N( a, b) = i p

^

Közöttük fennáll az alábbi összefüggés: N( a, b) > S( a , b ) ,

1 2 ^j a

azaz

2~

Alkalmazzuk most ezt az egyenlőtlenséget a bizonyítandó egyenlőtlenség bal olda­ lán levő tagokra: ja2 + b2 ^ a + b V

2

~

2

I 2~ 2~ /a + c ^ a + c V

2

“

2

J b2 + c 2 > b + c

E három egyenlőtlenséget összegezve kapjuk: sla2 + b 2 + ^ a 2 + c 2 + slb2 + c 2 > ( a + b + c ) J 2 Megjegyzés. Előfordulhat, hogy valaki nem ismeri a feladatban felhasznált egyen­ lőtlenséget, ezért érdekes és tanulságos lehet ennek igazolása. Vezessük be az a és b valós számok M(a,b) mértani, ill. H(a,b) harmonikus közepét: M( a, b) = 4 ö b ,

40

H( a, b) = —

-

a

b

E középarányosok és a megoldásban is felhasznált számtani, ill. négyzetes közepek között fennáll az alábbi egyenlőtlenség-láncolat: H(a,b)< M {a , b ) < S{ a , b ) £ N ( a , b ) A z egyenlőtlenség-láncolatot elemi geometriai úton fogjuk igazolni. A felhasznált ötletek sok egyéb algebrai vagy elemi geometriai szélsőérték-probléma megoldásához is segítséget nyújthatnak. D

Tekintsük a 8. ábrát, melyen az O közép­ pontú, AB átmérőjű félkör AB-re merőleges sugarának végpontját Z)-ve1, a BD körív egy tetszőleges, Z)-vel nem azonos pontját Zs-vel, • ennek AB-re eső merőleges vetületét F-fel, az Zs-beli érintő és az AB egyenes metszéspont­ ját C-vel jelöltük. Legyen továbbá A C = a , BC=b . Ekkor OD - a - b

AB = a - b ,

es

8.ábra CO = b +

a-b

a+b

A COD derékszögű háromszögben Pitagorasz tétele alapján: CD = a/ CO2 + D O 2

= ]l ^

-

= JV(a,b)

Az OEC derékszögű háromszögben ugyancsak Pitagorasz tétele szerint: 2^)

CE = 4 CO1 - OE2 =

= J a b = M( a, b)

Az OEC háromszögben a befogótételből kapjuk: CE2 = C O C F , CF =

CE CO

ab a+b 2

2ab a+b

azaz 2

a

J_ b

= H( a, b)

Most felhasználva, hogy CO = S(a;b), valamint, hogy bármely derékszögű három­ szögnek az átfogója a leghosszabb oldala. A CDO, CEO, CEF derékszögű háromszö­ gekből CD > OC > CE > C F , azaz N( a, b) > S(a, b) > M( a, b) > H( a, b) és éppen ezt akartuk belátni.

41

4 .sorozat 4.1. A megoldandó lg2 50 - lg2 20 = lg(>2 - lOx + 23,5)3 egyenletnek csak akkor van értelme, ha x 2 - 1 0 x + 23 ,5> 0 Az x 2 - lOx + 23,5 = 0 egyenlet megoldásai: _ _ 10± VlOO-94 *1,2 2

Vö 2 ’

tehát szükséges, hogy X < 5 ~ 22~ í “ 3»775) ’

va^

x > 5 + 2§~ ( ~ 6>224)

(9)

legyen. Először alakítsuk át az egyenlet bal oldalát az a 2 - b2 = (a + ó)(a - b) ismert össze­ függés, valamint a logaritmus ismert azonosságai alapján. lg2 50 - lg2 20 = (lg 50 + lg 20)(lg50 - lg 20) = = lg |lg l0 0 0 = 3-lg| Ezzel eredeti egyenletünk így írható: 31g^- = 31g(x2 - 1 0 x + 23,5),

azaz

lg |- = lg (* 2 - 10x + 23,5) Innen a logaritmus egy-egyértelműsége miatt írhatjuk ~ = x 2 —lOx + 23,5 x

2 -1 0

x

+ 21

2

_

azaz

= 0,

10±Vl00-84 1 ’2

ahonnan

10±4 ~

2

tehát az eredeti egyenlet lehetséges megoldásai Xj = 7 ,

x2 —3

Mivel a kapott értékek megfelelnek (9) feltételeknek, így azokat ellenőriznünk kell; ezt az olvasóra bízzuk/

42

4.2. Mindenekelőtt tisztázni kell, mit is értünk egy konvex sokszög alapú hasáb egy testátlóján. A sokszög alapú hasáb testátlója olyan két csúcsot összekötő szakasz, mely a test egyetlen lapjára sem illeszkedik. Egy ilyen n oldalú hasáb valamely csúcsából n - 3 db testátló húzható, hiszen annak az alaplapnak, mely e csúcsot tartalmazza, egyetlen csúcsába sem húzható ilyen átló; a szemközti lapnak - mely szintén n oldalú sokszög - pedig három csúcsot kivéve minden csúcsához húzható testátló. Mivel az n oldalú sokszög alapú hasábnak 2n csúcsa van, ezért az ilyen test testát­ lóinak száma:

(10) A feltételek szerint a

azaz

Azt kaptuk tehát, hogy az 5 oldalú és a 6 oldalú konvex sokszög alapú hasáb testát­ lóinak összege egyenlő a 7 oldalú konvex sokszög alapú hasáb testátlóinak számával.

4.3. I. Megoldás. A háromszög trigonometrikus területképletét felhasználva alakít­ suk át a feltételi egyenlőséget:

Ez utóbbi egyenlőségben c2 helyére írjuk be a koszinusz-tételből ismert alakját; kapjuk: 2 a ésin y = a 2 + b 2 - ( a 2 + b 2 - 2 a ó c o s y ) , 2aósin y = l a b c o s y ,

azaz ahonnan

siny = cosy Mivel y < 180°, így kapjuk, hogy

y = 45 ° 43

II. Megoldás. A háromszög trigonometrikus területképletének felhasználása után alakítsuk át a feltételi egyenlőséget úgy, hogy abban csak trigonometrikus kifejezések szerepeljenek. Ezt könnyen elérhetjük, ha a 2ab siny = a 1 + b2 - c egyenlőség mindkét oldalát elosztjuk ab-vel 2 , 2 2 , 2 2 Sin7 = i - + A - S : = f + ^ - S : . ab ab ab b a ab majd alkalmazzuk a szinusz-tételt: 2siny = ^ +- ^ . sinP sin a

L_ sinasinp

2 sin a sinP siny = sin2 a + sin2 P - sin2 y Mivel y = 180° - ( a + P), ezért siny helyébe írhatjuk siny = sin[^180° - ( a + p)j = sin (a + P), így kapjuk 2 sin a sinP sin (a + P) = sin2 a + sin2 p - sin2( a + P) Most alkalmazzuk mindkét oldalon az addíciós tételt: 2sinasinP(sinacosp + cosasin p ) = sin2 a + sin2 P - (sin acosp + cosasin P )2 2 sin2 a sin P cosP + 2 sin a sin2 P cos a = 2 2 2 2 2 2 ' = sin a + sin P - s i n a ( l - s i n P ) - ( l - s i n a )sin p - 2 sin a CosP cosasin p 2 sin2 a sin P cos P + 2 sin a sin2 P cos a = •

2

2

» 2

2

2

2

2

2

= sin a + s in p - s i n a + s i n a sin P - s i n P+sin a sin p -2 s in a c o s p c o s a s in P Innen összevonás, majd a 2 sin asinP ^ 0-val való osztás után kapjuk: sin acosp + sin p cosa = sinasinP + cosacosP Ez utóbbi egyenlőség mindkét oldalán felismerhetjük az addíciós tételt, így az adódik: s in (a + P) = - c o s ( a + P) ahonnan a + P =1 35° , y = 45°

44

vagyis

4.4. Az a 2 - b 2 = (a + b)(a - b) ismert azonosság alapján a megadott P i - i P i + P i + P t f = * 36 egyenlőség így írható: (p l

+ p 2,+ p 3 +./>« ) ( p 1- p 2 - Pi - p 4 ) = 136

Mivel 136 = 2 3 17, így 136-ot négyféleképpen bonthatjuk kéttényezős szorzattá: 136 = M 3 6 - 2-6 8 = 4-34 = 8 17. A különböző lehetőségeket az alábbi táblá­ zatban foglaltuk össze: Pi-Jh^Ps-P*

,

Pi + P 2 + P 3 + P a

(1)

1

136

(2)

2

68

(3)

4

34

(4)

8

17

(Természetesen azt is figyelembe vettük, hogy p x+ p 2 + p 3 + P 4 > P \ - P 2 ~ P 3 ~ Pa •) Mivel a tényezők összege p x+ p 2 + p 3 + p 4 + P X~ P 2 ~ P3 ~ p 4 =2:pt páros, így az (1) és a (4) eset - ahol a tényezők összege páratlan - nem jöhet számításba. A (2) esetben

Pi + P2 + P 3 + Pa = 68, 2 p { - 70 Pi = 3 5 De 35 nem prím, így ez az eset sem lehetséges. Végül, a (3) esetben. Ekkor Pi - P 2 - P 2 - P a ~ 4 > Pi + Pi + P2 + P4 - 34

azaz

P\ =19 Pi +P3 +P a “ 15 Most 15-öt kell három különböző prím összegére bontanunk. Ez - amint az könynyen ellenőrizhető - csak egyféleképpen tehető meg: 15 = 3 + 5 + 7, így a feladat feltételeinek eleget tevő prímek: P t = 19, Ezek szorzata: 3 - 5 - 7 - 1 9 =

P2 = 3

P3 = 5

P a =7

4.5. Mindenekelőtt készítsük el, majd elemezzük a szükséges ábrát (9. ábra). Jelöljük O-val a beírható kör középpontját, K -val valamelyik melléírható kör középpontját, F-fel az OK egyenes és a háromszög köréírható körének metszéspontját. Azt kell megmutatnunk, hogy F felezi az OK szakaszt! Mivel AO belső, A K pedig külső szögfelező, ebből következik, hogy OAK háromszögnek ^4-nál derékszöge van: OAKZ = 90°. Ha F az OK szakasz fele­ zőpontja, akkor az OAK derékszögű háromszögben AF egy súlyvonal kell legyen, amiről tudjuk, hogy az átfogónak (OK-nak) felével egyenlő. Azt kell tehát megmutatnunk, hogy

9 ^ra

AF = O F ,

azaz

A O FZ = OAFZ Az AOF szöget könnyen meghatározhatjuk, hiszen ez a szög az AOB háromszög egy külső szöge, így AO FZ = ^- + % 2 2 Az OAF szög két részből áll: OAFZ = OACZ + CAFZ De OACZ = y , hiszen AO szögfelező. CAF szög az FBC szöggel azonos íven nyugvó kerületi szög, ezért CAFZ = FBCZ = |

2

Tehát valóban OAFZ = ^ + - | = AOFZ

2

2

Arra jutottunk tehát, hogy AF = OF, így AF az OAK derékszögű háromszögnek valóban súlyvonala, tehát F valóban felezi az O K szakaszt.

46

5 .sorozat 5.1. A logaritmus értelmezése miatt a megoldandó 3 ■log1000(x - 1 ) + 2 • log100(x + 3) - 2 x+3 • lg (x 2 + 2x - 3) = 0 egyenletnek csak akkor van értelme, ha az x -l> 0 x + 3>0 x2 + 2 x - 3 > 0 ' egyenlőtlenségek egyszerre teljesülnek. Az utolsó egyenlőtlenség megoldásához oldjuk meg az x 2 + 2 x —3 = 0 _

egyenletet!

_ - 2 ± V 4 + 12 - 2 ± 4 2 ~ 2 ’

* 1,2 -

Xj = - 3 x>1

x2 = 1, vagy

tehát

x < -3

így a megoldandó egyenlet megoldására kell, hogy igaz legyen: x>1

(11)

íijuk most át a megoldandó egyenletben szereplő logaritmusokat 10-es alapú lo­ garitmussá. Kapjuk: 3.

1) + 2 • + ^ - 2 X+3 • lg (x2 + 2 x - 3 ) = 0 lg 1000 lg 100 lg U ’

3 . lg(* ~ 1) + 2 ; íg(* + 3) _ 2 x+3 ig(^2 + 2x - 3) = 0 lg(x - 1 ) + lg(x + 3) - 2X+3 ■lg (x 2 + 2x - 3) = 0 ) ■ ' Innen a logaritmus azonosságait felhasználva, majd szorzattá alakítva adódik: lg(x - l)(x + 3) - 2 X+3 • lg (x 2 + 2x - 3) = 0 [lg(x2 + 2x - 3)] • (1 - 2 X+3) —0 Ez nyilván csak úgy lehetséges, ha 1 - 2 jc+3 = 0 ,

vagy

lg(x2 + 2 x - 3 ) = 0

47

Első esetben 2*+3 = 1 = 2°,

ahonnan

x + 3 = 0,

azaz

x = -3 De x = - 3 nem felel meg (11) feltételnek, így ez nem lehet megoldás. Második esetben, ha lg(x2 + 2x - 3) = 0, akkor x 2 + 2 x - 3 = l, 2 x +2x-4=0

„

azaz mnen

_ —2 ± -n/Í+Tó _ -2 ± 2-\/5 2

~

Xj = -1 + V5,

2

x2 = - 1 - Vs

Ezen értékek közül azonban csak x, felel meg (11) feltételnek, így az eredeti egyenlet egyedüli megoldása: x = —1 + V5

5.2. Jelöljük s-sel az A és B helységek távolságát, v-vel a szokásos állandó sebes­ séget! A kérdéses alkalommal a távolság p% -át a szokott v sebességgel, a hátralevő utat *

+m>

sebességgel tette meg a vonat, így t menetideje: .

J io ő . " ~ ' i o ö

p Ez a menetidő a szokásos menetidőnél ~-%-kal kevesebb, így ¿= A .(1— £ _ \ v v 400 Ezek szerint felírhatjuk a következő egyenletet: p _ p s 100 . 5 V100 _ s n V

48

v(l + ^ ) " V u

100;

P_s 400

Az egyenlet mindkét oldalát egyszerűsíthetjük ^-vel; azt kapjuk

100

1+ - 100 =_ 1-

1+

400

100

p 100 -/? 4 0 0 - /7 100 + 100 + /? “ 400 Szorozzunk 400(100 + /?) közös nevezővel: 4 /?(100 + p ) + 400(100 - /?) = (400 - /?)(100 + p 400/7 + 4 p 2 + 400 • 100 - 400/7 = 400 • 100 - 1 00 p + 400/? - p 2 5 p 2 = 300/7 A/7 = 0 eset nyilván érdektelen számunkra, így kapjuk: P=

300

■60

A kapott érték ellenőrzését az olvasóra bízzuk. 5.3. Mindenekelőtt gondoljuk meg, hogyan lehet megmutatni négy pontról, hogy egy körön vannak, azaz, hogy húrnégyszöget alkotnak. A legegyszerűbb - és leggya­ koribb - módszer azt megmutatni, hogy szemközti szögeinek összege 180°. Egy másik gyakran használható lehetőség, ha megpróbáljuk megmutatni, hogy a kérdéses négy­ szög valamely két szomszédos csúcsát összekötő oldala a másik két csúcsból ugyan­ akkora szögben látszik. Tekintsük a 10. ábrát, ahol M-mel, ill. ÍV-nel jelöltük az ATC, ill. a BTC derékszögű háromszögek C-ből induló e és f szögfelezőinek talppontját. Könnyen felfedezhetjük, hogy e n két módszer közül most az utób­ bi lesz célravezető. Kimutatjuk, hogy a P R Q Z egyenlő a QSPZgel, vagyis, hogy a PQ szakasz az R és az S pontokból egyenlő szögben látszik. A BCT háromszög C-nél levő szöge 90°-(3, így TCNZ = 45°

2

CNTZ = 9 0 ° - ( 4 5 ° - £ ) = 4 5 ° + |

49

Ekkor az ARN háromszögben

ARNZ = 180°-(^r + 4 5 ° + |) = 1 3 5 ° - ^ ^ = 2 2J 2

Tehát PQRS négyszögben PR Q Z = 45° Most teljesen hasonló módon próbáljuk kideríteni a QSP szöget is. Az ATC három­ szögben AC TZ = 90° - a , így M C T Z - A 5 0—

2

•

CM TZ = 4 5 ° + ^ " . . .

2

Ezután tekintsük a BSM háromszöget: BSMZ = 180o- ( ! + 4 5 ° + ^ ) = 4 5 ° + ^

2

2

2

Megmutattuk tehát, hogy a PQRS négyszögben PR Q Z = QSPZ = 4 5 ° + ^ Mivel így a négyszög PQ oldala az R és az S pontokból egyenlő szögben látszik, ezért a P, Q, R, S pontok valóban egy körön vannak. 5.4. A megoldandó

2a/ I ^ +V7+2=3V jc2-4 egyenletet vizsgálva nyilvánvaló, hogy

jc>

2 kell, hogy legyen.

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát

Mx2 - 4 = M x - 2 •Mx + 2 -vei: Mx - 2 , Mx + 2 M x - 2 ■Mx + 2 Mx - 2 ■Mx + 2 De Mx-2-Vx + 2

M^2-Mx + 2

Vx + 2

Ezzel eredeti egyenletünk így alakul tovább:

Mx + 2

\x-2

Vezessük be a x-2 'x +2

=a

új ismeretlent; nyilván a > 0. Ekkor 2a + — = 3, a 2 * 2a - 3 a + l = 0, ai a -

3±V 9-8 4

ai = 1 > Ha a, = 1, akkor

azaz ahonnan 3±1 4

a2 = 2

= k tehát x —2 = x + 2,

ami nyilván lehetetlen. H aa = | , 2

akkor

\ x +2

2

tehát x -2 _ 1 x + 2 16 16x-32 = x + 2 15x = 34, x =

ahonnan

M 15

A kapott érték a kikötéseknek mégfelel; az ellenőrzést az olvasóra bízzuk.

5.5. Legyen m > n . A feladat feltételei szerint valamely r pozitív egészre m - n = Ar,

azaz

m —n + Ar. Azt kell tehát megmutatnunk, hogy k n+4r- k n osztható 120-szal. k n+4r - k n = k n(k 4r - 1) = k n{ k 2r - l)(k 2' + 1)

51

Mivel 120=3-5-8 és 3, 5, 8 páronként relatív prímek, így elég megmutatnunk, hogy it" (ifc2r —l)(it2r-+

(12)

3-mal, 5-tel és 8-cal is osztható. Ha k osztható 3-mal, akkor a szorzat is osztható 3-mal. Ha k nem osztható 3-mal, 2j, sem. Mivel

akkor £-nak semmilyen hatványa sem osztható 3-mal, így pl. k k 2r - 1 , k 2r, k 2r +1

három egymás utáni egész, ezért valamelyikük, tehát k 2r - 1 , vagy k 2r +1 biztosan osztható 3-mal, így (12) osztható 3-mal. Ha k osztható 5-tel, akkor az 5-tel való oszthatósággal készen vagyunk. Ha k nem At osztható 5-tel, akkor megmutatjuk, hogy k - 1 osztható 5-tel. Tekintsük a természetes számok negyedik hatványainak végződéseit. Ha k nem osztható 5-tel, akkor k utolsó jegye 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, vagy 9. E számok (s így k) ne­ gyedik hatványának utolsó j egye: 14 = ...1

64 = ,...6

24 = ...6

74 =. ,..1

34 = . ..1

84 =, ..6

44 = . ..6

94 =....1

Tehát minden 5-tel nem osztható szám negyedik hatványa 6-ra vagy 1-re végződik. Mivel k'r ={kr) \ Av

így k - 1 vagy 5-re vagy 0-ra végződik, tehát osztható 5-tel. Ezzel (12) 5-tel való oszthatóságát beláttuk. 2r 2r Mivel k páratlan, ezért k - 1 és k +1 páros számok, közöttük a különbség 2. így egyikük nem csak 2-vel, de 4-gyel is osztható s ezért szorzatuk osztható 8-cal, tehát (12) is osztható 8-cal. Beláttuk, hogy (12) 3-mal, 5-tel és 8-cal is osztható, így valóban osztható ezek szorzatával, 120-szal.

6 .sorozat

\

6.1. I. Megoldás. Jelöljük í-vel azt az időt (órában mérve), amennyivel később in­ dult a gyorsvonat, mint a személyvonat. Ha a gyorsvonat indulása után 1 órával ugyanannyi közöttük a távolság, mint három órával, az csak úgy lehetséges, hogy első

52

esetben a személyvonat még a gyorsvonat előtt haladt, míg a második esetben már a gyorsvonat haladt elől, azaz időközben már megelőzte a személyvonatot. Első esetben a személyvonat t +1 óráig haladt, a gyorsvonat 1 óráig, tehát a közöttük levő távolság 80(/ + l ) - 1 2 0 k m A második esetben már a gyorsvonat halad elől, így a két vonat távolsága 3 - 1 2 0 -8 0 ( / + 3)km A feltételek szerint a két távolság egyenlő, tehát írhatjuk: 80(í +1) - 1 2 0 = 3 ■120 - 80(/ + 3) 80 /+ 8 0 - 1 2 0 = 3 6 0 - 8 0 / - 2 4 0 160/ = 160 t=1 Tehát a gyorsvonat egy órával később indult, mint a személyvonat. II. Megoldás. Ha a gyorsvonat indulása után egy órával ugyanakkora a két vonat közötti távolság, mint 3 órával, az azt jelenti, hogy a gyorsvonat indulása után két órá­ val éppen utolérte a személyvonatot. Ekkor a gyorsvonat 2-120 = 240 km utat tett meg. A személyvonat által megtett út is 240 km, tehát a személyvonat éppen 3 órája volt úton. Mivel a személyvonat 3 órája volt úton, a gyorsvonat ekkor 2 órája volt úton, így a gyorsvonat éppen egy órával később indult, mint a személyvonat. J

6.2. Jelöljük a társaságban levő férfiak számát /-fel, a nők számát n-nel! Nyilván f+n-k Ha a férfiak p % - a elment, akkor / n “ :oo'*" kő ember maradt a társaságban. Ez a feltételek szerint az eredeti társaság q%-a, azaz y ^ -. íg y

100J

100

A nők számát megkaphatjuk, ha megoldjuk ez utóbbi egyenletet - ahol természete­ sen / az ismeretlen - , majd a kapott eredményt kivonjuk fc-ból.

J

100

100

53

De / + n = k, azaz n = k - / , így kapjuk k — ÍP _ k q 100

k(\ 1

7

100^n p 1

100

y v = '*> 100J

tehát

100’

q . _ lOOfc(lOO-g) 100; 100/7

f = k{m-q_ P így a nők száma: n =k . f =k ^

-

^

=

P = f c( l - —

)= P

_ &(/? + # - 1 0 0 )

6.3. Készítsük el a feladat szövege alapján a l l . ábrát! M-mel jelöltük a három­ szög magasságpontját, P-vel ill. Q-val a megfelelő magasságok talppontját. Mivel az A M PZ és a QCAZ merőleges szárú hegyesszögek, ezért QCAZ = A M PZ = 180° - 135° = = 45° Legyen C Q = x , C P = y . A BPC derékszögű háromszögben cos45°=—, a

tehát

y = -J=-8 = 4V2 V2 Az AQC derékszögű három­ szögből cos45°= — b

tehát

x = - j = -1 2 = óV2 V2

54

Ezután már könnyen meghatározhatjuk a keresett P Q szakasz hosszát a P Q C há­ romszögből koszinusz-tétellel: P Q 2 = x 2 + y 2 -2 x y co s4 5 ° P Q 2 = 72 + 32 - 2 • 6 7 2 •4 7 2 • 4 V2 -

=

P 0 2 = 1 0 4 -4 8 7 2 P 0 2 = 4 (2 6 -1 2 7 2 ) P 0 = 2 7 2 6 -1 2 7 2

6.4. gyen!

(« 6 ,0 1 )

Legelőször alakítsuk át a kör egyenletét, hogy valamennyire ábrázolható le­ (x-2)2+ (y-6)2 = 40-a

tehát a kör középpontja C(2;6), sugara r = 7 4 0 - a Most már elkészíthetjük a 12. ábrát. Ha a körhöz az origóból húzható érintők merő­ legesek egymásra, akkor az origó, az érintési pontok, valamint a kör középpontja egy négyzetet kell hogy alkosson. Ez azt jelenti, hogy a kör középpontjának az origótól való távolsága (a négyzet átlója) a kör sugarának (a négyzet oldalának) 7 2 -szőröse, azaz r72 = CO = W v f

= 740

így írhatjuk 7 2 -V 4 0 -Ű = 7 4 0 ahonnan négyzetreemelés, majd rendezés után kapjuk 8 0 - 2 a = 40 2a = 40 a = 20

12. ábra

6.5. Jelöljük n-nel a négypupú, ¿-val a kétpupú tevék számát, ¿/-vei a dromedárok számát MTV-ben. A feltételek szerint n>k d=

n+ k

55

A négypupú tevéknek négy, a kétpupú tevéknek két púpja van, ezért összes púpjaik és fejeik számára 4 « + 2 * + « + * = 100,

azaz

5«+ 3* = 100 Ez utóbbi egyenlet jobb oldala osztható 5-tel, így a bal oldalának is ilyennek kell lennie. Mivel 5« osztható 5-tel, továbbá 3 és 5 relatív prímek, ezért kell, hogy * oszt­ ható legyen 5-tel. Az egyenletből 5« = 100—3A:, n = m ^ K >k ahonnan 1 0 0 -3 * >5*

100 > 8* * < ^ = 12,5 O Ezek szerint * értéke csak 5, vagy 10 lehet. Ha * = 5, akkor 5« + 1 5 = 100,

ahonnan

« = 17. Ez azonban nem lehet megoldás hiszen n + k összegnek oszthatónak kell lennie 3-mal, márpedig 17 + 5 = 22-re ez nem teljesül. Ha * = 1 0 , akkor 5« + 30 = 100,

ahonnan

« = 14. Ekkor 3 d=

14 + 10 3

d=8 . . . . . . A feladat egyetlen megoldása tehát: 10 kétpupú, 14 négypupú teve és 8 dromedár él MTV-ben.

56

7. sorozat 7.1. A megoldandó

^y -±nä + aM2x ^ L +J nL = 2 ’ sin(3x - y ) - cos(2x - y )

(13)

egyenletrendszer első egyenletének bal oldalán szereplő tagok egymásnak reciprokai, így célszerűnek látszik bevezetni a 2x + rc =a y-n új ismeretlent. Ekkor a + - = 2,

a

ahonnan

a -2 a + l= 0 ( a - 1)2 = 0 ,

tehát

a=1 így kapjuk: 2 x + 7I

y-n

=1

2x + n = y - n,

ahonnan

y = 2x + 2n ) Helyettesítsük most y kapott értékét az eredeti egyenletrendszer második egyenle­ tébe: s m ( 3 x - 2 x - 2 7 t ) = cos(2 x - 2 x - 2 tc) sin(x - 2Jt) = cos( - 2 ji) Mivel cos(-2rc) = cos2 tc= 1 és sin(x - 2n) = sinx, ezért sinx = l ,

azaz

x = y + 2kn Innen (13) alapján y = 2 ( y + 2 fai) + 2n = 3n + Akn

{ k e Z) 57

Természetesen szükséges, hogy 2x + l í >0 , y —71

azaz

7t + 4k7t + ft _ 2 + 4 k >0 2ji; + 4Ajc 2 + 4k

teljesüljön, ami viszont minden egész Ar-ra teljesül. így az eredeti (13) egyenlet­ rendszer megoldásai: x = ^ + 2 hí ,

7.2.

y = 3n + 4nn

( k , n e Z)

Jelöljük ,at -gyei a számtani sorozat első elemét, ¿/-vei differenciáját! A felté­

telek szerint a„=al + {p -l)d = q

2

aq = a l + ( q —l ) d = p 2

(14)

E két egyenlet különbsége: d ( q - l - p + í) = p 2 - q 2 d ( q - p ) = { p - q ) { p + q) Innen p ^ q miatt d = - ( p + q) Ezt (14) egyik (pl. első) egyenletébe helyettesítve kapjuk: a i - ( j > - l ) ( p + q) = q 2 2

2

ai ~ P + P ~ P q + (I = ,l ’

tehát

ai = p 2 + q 2 - p - q + p q Ezután a, és d korábban kapott értékét felhasználva: aP+q= a i + ( p + q - i ) d = = p 2 + q 2 - p - q + p q - ( p + q ~ l ) ( p + q) =

= p 2+q2- p - q + p q - p 2- q 2- 2 p q + p + q = = -pq

58

7.3. Elemezzük a 13. ábrát, melyen 2-val jelöltük a CFT derékszögű háromszög CF átfogójának felezőpontját! Mivel F az AB felezőpontja, ezért AB = 2 CF, így elegendő azt megmutatnunk, hogy A-TP= CF. ' A z AFC egyenlő szárú háromszögben FCAZ = 37,5° De az A C T derékszögű háromszögben TCAZ = 90° - 37,5° = 52,5°, ezért '

TCFZ = 5 2 ,5 °-3 7 ,5 ° = 15°

Q a CF szakasz felezőpontja, ezért a CTQ háromszög egyenlő szárú, tehát CTQZ = TCQZ = 15°, amiből következik, hogy TQPZ = 30° így

sin 30°= TP =

TP TQ’

tehát

TQ

De TQ a CFT derékszögű háromszög átfogójához tartozó súlyvonal, ezért CF TQ = 2 ’

tehát

r p _ CF 4 ’

azaz

4 TP = CF és éppen ezt akartuk megmutatni.

7.4.

íijuk ki részletesen a vizsgálandó abcd —abc - a b - a = 1776

egyenletet! 1000a + 100Ú + 10c + r f - 1 0 0 a - 1 0 ú - c - 10a - b - a = 1776 889a + S9b + 9c + d = 1776

59

ahol a, b, c, d pozitív egész egyjegyű számokat jelölnek. Nyilvánvaló csak a = 1 lehet, ha ugyanis a > 2 lenne, akkor 889a > 88 9 -2 = 1778 >1776 lenne. Tehát

889 + 89* + 9c + í7 = 1776 89* + 9 c + ¿7 = 887

Vizsgáljuk most b lehetséges értékeit! Ha b < 8, akkor 89* < 89- 8 = 712, azaz 9c + d > 100 lenne, ami nyilván lehetetlen. Tehát csak b = 9 lehetséges. Ezzel 89-9 + 9c + í7 = 887 801 + 9 c + (7 = 887 9c + 8, akkor 9c > 72, ahonnan d > 14 adódna, ami ugyancsak lehetetlen. Azt kaptuk, hogy c = 9 lehet csak, azaz 81+i3 Ezek szerint a vizsgálandó összeg első, második és negyedik tagjainak összege így írható: 5K+ 1 + 5N+ 1 + 5 1 + 3 s ez nyilván osztható 5-tel. Mivel az összeg 2-vel is, 5-tel is osztható, ezért valóban osztható 10-zel.

69

II. Megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy a kérdéses összegben szereplő tagok milyen számjegyre végződnek! A z nyilvánvaló, hogy az egyes hatványok utolsó számjegyét a hatványalapok utolsó jegyének megfelelő hatványa fogja meghatározni. 3

1993

-ról már láttuk az előzőekben, hogy háromra végződik.

Nézzük most 4 1994 hatványt! Ugyanazt a gondolatsort követjük, mint három hatványvégződéseinek vizsgálatakor.

Most azt vehetjük észre, hogy 4 hatványainak végződései kettesével periodikusan ismétlődnek: h a « = 2A :+l,

akkor

4" = ...4

h&n-2k,

akkor

4” = ...6

Mivel 1994 páros, ezért 19941994 = ...6 Tudjuk, hogy 5-nek minden hatványa 5-re, 6-nak minden hatványa 6-ra végződik, ezért 19951" 5 = ...5

és

19961" 6 = ...6 Ezek szerint 19931" 3 + 19941" 4 +19951" 5 + 19961" 6 =...3+...6+...5+...6=...0 így a feladatban szereplő összeg 0-ra végződik, tehát valóban osztható 10-zel. Megjegyzés. Érdemesnek látszik megvizsgálni a többi természetes számot is hat­ ványvégződésük szempontjából, mert igen hasznos tanulságokat vonhatunk le belőlük. Ha egy természetes szám 1-re végződik, akkor annak minden hatványa is 1-re végző­ dik. Ha a természetes szám 2-re végződik, akkor négyzete 4-re, köbe 8-ra, negyedik hatványa 6-ra, ötödik hatványa ismét 2-re végződik, s innen már nyilvánvalóan perio­ dikusan ismétlődnek a végződések. Ha ezt az eljárást mind a 10 lehetséges végződésre elvégezzük, észrevehetjük, hogy a természetes számok hatványainak végződései minden esetben periodikusan ismétlődnek és a periódus hossza legfeljebb 4. Az alábbi táblázatban bemutatjuk, hogy a 0-ra, 1-re, 2-re, ...9-re végződő számok hatványai milyen végződést adnak:

70

= 4k+ l

n = 4k + 2 2

a

a

0

0

l

l

2

n-4k + 3 ö

3

« = 4£ + 4 a

4

0

0

1

1

4

8

6

3

9

7

1

4

6

4

6

5

5

5

6

6

6

6

7

9

3

1

8

4

2

6

9

1

9

1

,

'

5

A táblázatból jól kiolvasható, hogy a 0 ,1 , 5, 6 végződésű természetes számok min­ den hatványa ugyanarra végződik, mint maga a szám. Az is kivehető, hogy a 4-re vagy 9-re végződő számok 2-es periódussal, a többi végződésűek pedig (2, 3, 7, 8) 4-es periódussal ismétlődnek. Érdemes még észrevennünk, hogy bármely természetes szám 4. hatványa (4. oszlop) 0-ra, 1-re, 5-re vagy 6-ra végződik, továbbá, hogy egyetlen természetes szám négyzete (2. oszlop) sem végződhet 2-re, 3-ra, 7-re vagy 8-ra.

10. sorozat 10.1. Határozzuk meg az A, B, C mennyiségek értékét: A = (169^ )108^ 2 = [V Í693]l08vs2 = (133) 1oSv"2 = 6 1°8VD2 .---logVÍ32 = (VÍ3 ) = (V Í3 )6 = = 2 6 = 64 B = ( s i n ^ | ^ ) “12 = [sin(498rc + 1 Jt)]"12 = = [Sm ( | K) ]- l2 = ( - ^ ) - ,2 =

= V21!= 2 ‘ =64 71

C=3

' » = - ^ - r = ------ = z . = 63 31 0 8 V32l08v5V7 j

Tehát y4 = 5 = 6 4 > C = 6 3

10.2. Jelöljük a számtani sorozat első elemét a,-gyei, differenciáját d-vel. Ekkor tetszőleges «-re aa^= ax+ ( an - 1)d = ax+ [ax+ ( « - 1)d - 1]d =

= ax+ axd + ( «

-1

)d —d

Alkalmazzuk a kapott eredményt n = 5, 4, 3, 2-re:

aas = ax+ axd + 4d - d = ax+ axd + 3 d - d aa^ = ax+ axd + 2d —d aa2 = a\ + a\d + d - d Ezek szerint aa ~ aa aS

a4

+ a a~ ü a a 3

a2

= 4 J 2 - 3 J 2 + 2 J 2 - J 2 = 2 í/2 = 32

d 2 = 16 \d\ = 4 így a feltételeknek eleget tevő számtani sorozat differenciája

d-4,

d = ~4.

vagy

10.3. Alakítsuk át a vizsgálandó 3 b2(a -

a

cf

+ 2 a 3c -

+ 1 2 ab2c

c

_

^

- 2öc3

tört nevezőjét és számlálóját! A nevező:

a

+

2a c - c - 2ac

= a4 - c4 +

2ac(a2 - c 2) =

= (a2 - c2)(a2 + c2) + 2ac(a2 - c2) = = (a2 —c2)(a2 + c2 + 2ac) = = (a 2 - c 2)(a + c)2

72

A számláló: 3b2 (a - c) 2 + H a b 2c = 3b2 (a 2 + c2 - 2 ac + 4ac) = = 3b2(a + c)2 Ezek szerint az eredeti töri így írható: 3b2(a + c)2

azaz

( a 2 - c 2)(a + c)2 2

2

2

3b = 3 (a - c ), ahonnan bl 2 +, c 2 = a 2 így a Pitagorasz-tétel megfordításából következik, hogy a vizsgált háromszög va­ lóban derékszögű; befogói b és c, átfogója a.

10.4. Készítsük el a feladat szövege alapján a 18. ábrát, melyen megrajzoltuk még a P pont T merőleges vetületét a BR egyenesen! A keresett tp szöget a PCR három­ szögből kaphatjuk koszinusztétellel. A CP, ŐR, PR szakaszokat Pitagorasz tételének segítségével hatá­ rozhatjuk meg rendre az ACP, CBR és PTR de­ rékszögűháromszögekből CP

=4 32 + 4 2 = V 2 5 = 5

CR = ^ 4 2 + 9 2 =V97 PR = V AB2 + 52 De AB2 = 3 2 + 4 2 =2 5 ,

tehát

PR = y/25 + 2 5 = 5 ^ 2 Most már felírhatjuk a koszinusz-tételt a PCR háromszögre:

50 = 25 + 9 7 - 2 -5 - V 9 7 •coscp,

18. ábra

ahonnan

lO-v/97 coscp = 72 coscp = így a keresett szög:

72 10V97

: 0,731

cp ~ 43°

73

10.5. Alakítsuk át a 2«2 - 4 » + 3 n2 - 2 n + 6 törtet az alábbi módon: 2n - 4« + 3 _ 2n - 4« +12 - 9 _ 2{n - 2n + 6) - 9 = n2 —2n + 6

n -2 « + 6

n -2 « + 6 =

2-

«2 - 2 « + 6 A kapott alakból világosan látszik, hogy az eredeti tört ekkor lesz a legkisebb, ha 9 n2 - 2 n + 6 a lehető legnagyobb. Ez utóbbi tört értéke viszont akkor lesz a legnagyobb, ha ne­ vezője a legkisebb: n2 - 2n + 6 = (n - 1)2 + 5 Ez viszont nyilván akkor a legkisebb, ha (n - 1)2 = 0, azaz n = 1. Tehát az eredeti tört akkor a legkisebb, ha n = 1 és ekkor a tört értéke: 2 -4 + 3 _ 1 1 -2 + 6 5

11.sorozat 11.1. Mindenekelőtt vizsgáljuk meg a megoldandó + Vó + x - x 2 —p —0 egyenlet értelmezési tartományát. Az egyenletnek csak akkor van értelme, ha x-3>0

és

6+ x-

x2 > 0

egyenlőtlenségek egyszerre teljesülnek. Az első egyenlőtlenségből x > 3. A második egyenlőtlenség megoldásához oldjuk meg a

-x2 + x + 6 = 0 másodfokú egyenletet. 74

(18)

- l + Vl + 24 _ - l ± 5

-2

“

X[ = 3,

-2

x2 = —2

tehát a második egyenlőtlenség megoldása -2 < x < 3 Ezt (18)-cal egybevetve az adódik, hogy az eredeti egyenletnek mindössze egyetlen x-re: x = 3-ra van értelme. Ekkor a° + 0 - /> = 0,

azaz

l-/r = 0 ,

tehát

P=1 Kaptuk a következőt: az eredeti egyenletnek akkor és csak akkor lesz valós megol­ dása, h a p = 1, és ekkor a megoldás x = 3. 11.2. A megoldandó V^ogj 8x6 ■logg y = l,

log^ xy + log^ xv = 4

egyenletrendszert vizsgálva világos, hogy x > 0, x

1és y > 0, y * 1 kell legyen.

Alakítsuk át az egyenleteket a logaritmus ismert azonosságai alapján: Az első egyenlet így alakítható: Vlog* 8 + lóg* x 6 •

=1

Vlogx 8 + 6 = log j 8

(19)

,y

A második egyenlet:

logx x + \ogx y + \ogy x + logy y = 4 2 + log^ y + logy x = 4

lóg* +log^ = y

x

2

Ez utóbbi egyenlet bal oldalán egy pozitív számnak és reciprokának összege szere­ pel, amiről tudjuk, hogy legalább 2 és pontosan akkor 2, ha a kérdéses szám (jelen esetben logx y ) l-gyel egyenlő. így kapjuk logxy = l,

azaz

x=y

Helyettesítsük a kapott értéket (19) egyenletbe: V lo gjc8 + 6 - lóg* 8

75

Ha most bevezetjük az log^ 8 = z új ismeretlent, a következőt kapjuk: Vz + 6 = 2 Természetesen a négyzetgyök definíciójából következik hogy z > 0. Innen négy­ zetre emelés után azaz

z+6=z , z2 - z - 6 = 0 Ahonnan 1± Vl + 24

1±5

2

2

Zi = 3,

z2 = - 2

Mivel z > 0, ezért csak a z = 3 jöhet számításba: lóg* 8 = 3,

azaz

x =8 x=2 Tehát az eredeti egyenletrendszer megoldása - melynek ellenőrzését az olvasóra bízzuk -: x = 2,

y =2

11.3. Elemezzük a 19. ábrát, melyen a háromszög megfelelő oldalait a, b, c-vel, az A csúcsból induló szögfelezőt f -fel jelöltük. Ezekkel a jelölésekkel a bizonyítandó állítás így írható: I + J_ = _ D C c f b - DE

(20)

Terveink szerint D C és DE szakaszokat is megpróbáljuk kifejezni az oldalakkal, i ll ./í e l, majd ezeket a kifejezéseket (20)-ba helyettesítve igazoljuk az állítást. A szögfelező-tételből következik, hogy DC = 19. ábra

ab b+c

és

BD = ac b+c

Az ABD háromszögre ugyancsak felírhatjuk a szögfelező-tételt, hiszen AE felezi a BAD szöget: ED = ^ r f c+f

76

Felhasználva BD előbb kapott értékét: ac r r n - b +c'J _ acf f +c (b + c ) ( f + c) Most ED és D C értékeit (20)-ba helyettesítve kapjuk: 1 I 1_ c f ,

ab b+c _ ab (b + c ) ( f + c) _ ac/ é+c a bcf (6 + c ) ( / + c) = / +c = 1 , 1 /c c /

Ezzel a feladat állítását beláttuk. 11.4. A feladat állítása egyenértékű az alábbi állítással: egy négyzetszámot követő természetes szám nem lehet osztható 100-zal, azaz, ha r pozitív egész, akkor r2 +1 = 100A:

(21)

lehetetlen. Ezt fogjuk belátni. Az biztos, hogy r páratlan, hiszen, ha r páros lenne, akkor (21) bal oldala páratlan, jobb oldala páros, ami nyilván lehetetlen. M ivelr páratlan, ezért 4-gyel osztva 1, vagy 3 maradékot ad, azaz r = 4 m ± l , alakú szám. Ekkor

é' r2 +1 = (4 w ± l) 2 +1 = lóm 4 ± 8/« +1 +1 = = 16m2 ±8/w + 2 = 100ü:

Ez utóbbi egyenlőség jobb oldala osztható 4-gyel. A bal oldal első két tagja szintén osztható 4-gyel, de harmadik tagja, s így az egész bal oldal nem. Ez nyilván nem lehetséges, így (21) egyenlőség valóban nem állhat fenn, azaz négyzetszámot követő természetes szám valóban legfeljebb csak 1 db 0-ra végződhet. 11.5. I. Megoldás. Nyilvánvaló, hogy minden olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek szárszöge 20°, hasonló egymáshoz, így a bizonyítandó a + b 3 = 3ab2 egyenlőségben szereplő oldalak egyikét választhatjuk egységnyinek. Legyen pl. a = 1 . Ekkor azt kell igazolnunk, hogy 1 + ú 3 = 3ó2

77

Tekintsük a 20. ábrát, amelyen az ABC háromszög C csúcsnál levő szögéhez mind­ két irányban 20°-ot felmérve kiegészítettük háromszögünket a QPC szabályos három­ szögre. Jelöljük BP-t jc-szel; ekkor nyilván CP = 1 + 2x. Az APC háromszögnek CB szögfelezője, így a szögfelező-tétel értelmében: b ! = _____ x l+2x’

azaz

1 + 2 x = bx x ( b - 2) = 1 Ekkor CP = 1 + 2x = 1 + 20.

b-2

b-2

ábra

Most legyen BT az ABC háromszög egyik szögfelezője. Ekkor az ABT háromszög szögei: 40°, 80°, 60°; de az APC háromszög szögei ugyancsak 40°, 80°, 60°, tehát ABT háromszög hasonló APC háromszöghöz, így AT _ AP AB AC

(21 a)

AT-1 könnyen kiszámíthatjuk az ABC háromszögből ugyancsak a szögfelező-tétel segítségével: AT _ 1 b-AT b b - A T = b - AT AT =

b 1+ b

AT és x értékét (21a)-ba helyettesítve: b = 1+ b b 1+ b

1+

1 b-2 b

-

b- 1 b { b - 2)

b1{ b - 2 ) = ( b + l ) ( b - \ ) b3 - 2 b 1 = b 2 - \ l + ó3 = 3b2 Ezzel beláttuk az eredeti állítást.

78

II. Megoldás. Jelöljük T-vel az ABC háromszög C-ből induló magasságának talppontját (ld. 21. ábra). Ekkor sin 10°=

a 2b'

azaz

ö = 2 ó s in l0 ° Ezt a bizonyítandó egyenlőségbe helyettesítve: 2 V sin310°+ ó3 = 3 •2ósinlO°Z>2, így azt kell belátnunk, hogy 8sin310°+1 = 6sin l0°

.

(22)

Fejtsük ki most az addíciós tétel szerint sin 3a értékét: sin 3a = sin (2a + a ) = sin 2 a c o sa + c o s2 a sin a = ) 2 2 2 = 2 sin a co s a + (cos a - s i n a ) s in a =

21.

ábra

= 2 s in a (l - sin2 a ) + (1 - 2 sin2 a ) sin a = = 2 s in a - 2 s i n 3a + s m a - 2 s in 3a = = 3 s in a - 4 sin3 a Alkalmazzuk a sin3a-ra kapott eredményt a = 10° esetén. Ekkor kapjuk: sin 30°= 3 sin 10°—4 sin310° 0,5 = 3 sin l0 °-4 sin 10°,

azaz

1 = 6 sin l0 °-8 sin 310° Ez pedig éppen a bizonyítandó (22) egyenlőség.

12. sorozat 12.1. A V2sin2 x - i c o s(x —| ) kifejezés értelmezési tartománya azoknak az x valós számoknak a halmaza, melyekre a 2 sin x - l > 0

és

cos(x--^-) ^ 0

egyenlőtlenségek egyszerre teljesülnek.

79

Az első egyenlőtlenségből • 2 ^ 1 sin x > — 2

|sin x |> -4 =, 1 1 V2

azaz

vagy

^ — 1=■ sm x
—¡= sinx

V2

V2

Innen ^■ + k K < X < \ l í + kK 4 4 A második egyenlőtlenségből x

- -j

4

^

2

+

nit

3 x ^ —n + rm 4 A két egyenlőtlenség megoldásait egybevetve az eredeti kifejezés értelmezési tar­ tománya: jr *1 — + k K < x < J~n + lai 4 4

12.2. Jelöljük x-szel az András által kirakott téglatest legrövidebb élét, y-nal Béla kirakott kockájának élét! András téglatestjéhez x-(x+ l)-(x + 2), Béla kockájához 3

kis kockát használt fel. A feladat feltételei szerint x(x + l)(x + 2) + y 3 = (x + l)(x + 2 )(x + 3) y 3 = (x + l)(x + 2 )(x + 3) - x (x + l)(x + 2) y 3 = (x + l)(x + 2 )(x + 3 - x) y = 3(x + l)(x + 2)

(23)

(23) bal oldala köbszám, így jobb oldala is köbszám kell, hogy legyen. Ez azt je­ lenti, hogy az (x+l)(x+2) szám prímtényezős felbontásában szerepelnie kell 32 = 9 nek, valamint egyéb köbszámoknak.

80

(x + l)(x + 2) = 9A:3 ahol k valamilyen pozitív egész. Mivel a feltételek szerint y 3 + x ( x + l)(x + 2 )< 1 0 0 0 ,

ezért

(x + l)(x + 2 )< 1 0 0 0 ,

tehát

9A3 < 1000,

ahonnan

^ < 1000 k Mivel

1000

“

9

= 111, és köbszámok 111-ig: 1, 8, 27, 64.

Ha k 3 = 1, akkor (x + l)(x + 2) = 9 De 9 nem bontható fel két szomszédos egész szám szorzatára, így ez esetben nincs megoldás. Ha A:3 = 8 , akkor (x + l)(x + 2) = 9-8 x + 1 = 8,

x + 2 = 9,

x + 1 = -9 ,

x + 2 = -8

ahonnan vagy ^

A negatív megoldás nyilván nem jöhet számításba, így kapjuk: x=7 Ekkor Andrásnak 7 ■8 • 9 = 504 kockája, Bélának y 3 = 3(x + l)(x + 2) = 216 kockája volt. Ha k 3 = 2 7 , akkor (x + l)(x + 2) = 9 ■27 = 35, ami szintén nem bontható fel két szomszédos egész szám szorzatára, végül, ha A: = 64, akkor (x + l)(x + 2) = 9 • 64 = 242, ami hasonló okok miatt nem ad új megoldást. Összegezve: a feladat feltételei mellett Andrásnak 504, Bélának 216 kis kockája volt.

81

12.3. Készítsük el és elemezzük a 22. ábrát, melyen T-vel jelöltük a gúla testma­ gasságának talppontját, P-vel az F-ből ET = m magasságra állított merőleges talppontp ját! Nyilván a gúla testmagasságát kell kiszá­ mítanunk. Ezt FPT derékszögű háromszög segít­ ségével tehetjük meg. Mivel F felezőpont és FP párhuzamos CP-vel, ezért FP az ETC, háromszögnek egy középvonala, így P pont az m magasság felezőpontja, továbbá FP az alapnégyzet átlójának negyede: p*p a72~ FT az aV2 oldalú magassága, vagyis

j , “l '

szabályos

ex 7 2 *7 3

háromszög

a Vó

Most már írhatjuk FPT derékszögű három­ szögre a Pitagorasz-tételt:

22. ábra

a72

PT = 6a2 4 11a

2

2a2 16

2

8

PT =

aVIT 78

Ezzel megkaptuk a gúla w magasságát: m = 2 P T = 2aT H 78

’

így írhatjuk a térfogatát: p- _ a 2 • m _ q2 •2a VTT _ 2 a 37TT 3

378

378

12.4. A megoldandó x ,og2„ + y og2VI = 6

xy = 8

egyenletrendszér első egyenletének átalakításánál vegyük figyelembe, hogy ha a , b > 0, c > 0 és c ^ 1, akkor a 82

lógcb

,logc a

= b"

Ezek szerint az egyenletrendszer első egyenlete így is írható: y o g2, + yog2VI = 6 A logaritmus és hatványozás ismert azonosságainak felhasználásával

y

2

log2 X

"J *°82 x

+y2

=6 =6

Vezessük be a

V

ly

log2 *

=a.

, új ismeretlent, természetesen a > 0; így kapjuk: r a 2 +, a = 6,

azaz

a2+ a - 6 = 0 „

_ - 1 ± V l + 24 _ - 1 ± 5 W

2 ax = -3 ,

2 a2 = 2

A negatív megoldás nyilván nem jöhet számításba, így Vy log, X = 2_ ,

y

log2 x

azaz

. =4

Mindkét oldal 2-es alapú logaritmusát véve: log2x -lo g 2y = log24

(24)

A z eredeti egyenletrendszer második egyenletéből:

ezzel (24) így írható tovább: O log2 x -lo g 2 — = 2 log2 x ■(log2 8 - log2 x) = 2 log2 x ■(3 - log2 x) = 2 .2 - lo g 2 x + 3 ■log2 x - 2 = 0

83

Tehát lo g 2 x = 2

vagy

log2 * = l,

ahonnan x, = 4 ,

x2

=2

^i=2,

y 2 = 4.

A megfelelő y értékek:

A kapott megoldások ellenőrzését az olvasóra bízzuk. 12.5. I. Megoldás. Egy egész együtthatós másodfokú egyenletnek akkor és csak akkor lesznek racionális gyökei, ha diszkriminánsa négyzetszám: D = b2 - 4ac = k 2 Mivel b páratlan, 4ac páros, ezért k 2 és így k is feltétlenül páratlan szám. b2 - k 2 = 4űc Legyen b = 2 r + l , k = 2s + l, ahol r és s alkalmas pozitív egészek, így (2r + X)2 - (2s + 1)2 = 4űc 4r2 + 4r +1 - 4 s2 - 4 s - l = 4oc 4r(r +1) - 4s(s + 1) = 4ac r(r + l ) - 5 ( 5 + l) = ac Az utóbbi egyenlőség bal oldalának mindkét tagja páros, hiszen mindkét tag két szomszédos egész szám szorzata, így a bal oldal páros, A jobb oldal viszont páratlan, hiszen a is, c is páratlan. Ez nyilván lehetetlen, így az eredeti egyenlet diszkriminánsa nem lehet négyzetszám, tehát az egyenletnek valóban csak irracionális gyökei lehetnek. II. tehát pl.

Megoldás. Tegyük fel - indirekt - , hogy az egyenletnek van raeionális gyöke,

ahol (p\q) = 1. Ekkor a - ( —)2 + ó - ( —) + c = 0, q q ap2 + bpq + cq2 = 0

azaz (25)

Mármost - ha p páros és q páratlan, akkor (25) első és második tagja páros, harmadik tagja páratlan, tehát az összeg páratlan, így nem lehet 0. 84

- ha p páratlan és q páros, akkor (25) első tagja páratlan, második és harmadik tágja páros, tehát az összeg páratlan, így nem lehet 0. - ha. p is, q is páratlan, akkor az összeg mindhárom tagja, tehát az összeg is párat­ lan, így ez esetben sem lehet 0. Azt az esetet, amikor p is#- q is páros nem kell vizsgálnunk, hiszen feltevésünk sze­ rint p és q relatív prímek. Azt kaptuk tehát, hogy nem létezik Olyan y racionális szám, melyre (25) teljesül, így az eredeti egyenlet gyökei valóban csak irracionálisak lehetnek.

15.sorozat 13.1. Készítsük el a feladat szövege alapján a 23. ábrát! Az ABC derékszögű há­ romszög köréírt körének 0 2 középpontja az AB átfogó felezőpontja. Az AFC derék­ szögű háromszög köréírt körének Ox középpontja az AF szakasz felezőpontja. Mivel az FBA háromszögnek 0 X0 2 középvonala, ezért ° A = j és 0 X0 2 párhuzamos BC-vel. Az F pont a BC szakasz felezőpontja, így 0 2F az ABC háromszögben középvonal, tehát 0^ = 1 és 0 2F párhuzamos AC-vel. Mindebből az is következik hogy 0 X0 2F háromszög derékszögű, így ennek ÍJ területe: _ OxQ2 • 0 2F 2

azaz

a rp ___ 4\ 2 a b ctb 1 p 1 “ 2 ~ 16 " 2 ' 8 ~ ABC' S Tehát az ABC háromszög területe az 0 X0 2F háromszög területének 8-szorosa. 13.2. I. Megoldás. Ha az AB szakasz valamely pontból derékszögben látszik, ak­ kor e pontnak illeszkednie kell AB szakasz Thalesz-körére. Ezek szerint az AB szakasz Thalesz-körének érintenie kell a zx tengelyt. Ez viszont azt jelenti, hogy az AB szakasz 85

C felezőpontjának x tengelytől való távolsága megegyezik az AB szakasz felével (ld. 24. ábra), tehát az C pont második koordinátája egyenlő AB felével. Az AB szakasz C felezőpontja: x = ^ 2= 2 X° 2 ’

tehát

To =

C( 2 ; ^ ± 1 )

Ezek szerint AB _ y 0 +1

2

2

i^(6 +2)2+(y0-l)2= ^ Innen négyzetre emelés, majd rendezés után kapjuk: 64 + y 2 - 2 y 0 +1 = Jo +2^0 + 1 4y0 = 64 y 0 = 16 Tehát a 5 pont koordinátái: B{6; 16). //. Megoldás. A z előzőekben már meghatároztuk az AB szakasz C felezőpontját. Ennek segítségével az AB szakasz Thalesz-körének egyenlete: ( x - 2 ) 2 +[

| = r 2 = CA2 = 16 + To+1 - 1

= 16 + To - 1

V2

E körnek az x-tengellyel való közös pontjait azy = 0 helyettesítéssel kapjuk: 2

+o i

x 2 - 4x + 4 +

l

2

j

= 16 +

< 2

j

' 4 _ 4 x _ 12+A ± 3 Z o ± t i i l + L l = o 4 x - 4 x - 1 2 + y0 =0 Mivel azt szeretnénk, hogy a körnek az x tengellyel csak egy közös pontja legyen, így ez utóbbi egyenletnek csak egy megoldása lehet. Ez viszont azt jelenti, hogy diszkriminánsának 0-nak kell lennie:

86

42 - 4 ( —12 + _y0) = 0 16 + 4 8 - 4 y 0 = 0 ,

ahonnan

y0 = i6 Vagyis a B pont koordinátái: 5(6; 16) 13.3. Jelöljük w-nel a mértani sorozat elemeinek számát és legyen a k-adik és a k + 1-edik elem, melyeket a reciprokával helyettesítettünk! Ekkor írhatjuk: al ' a2 ' al ' — 'ak-\

1 1 46 1119 ~ ak+2'---'an ~ ü\ 9 ak ak+1

'

Ez utóbbi egyenlőséget még az alábbi módon is írhatjuk: a\ ' a 2 'a3'•••'ak 'ak+l'-'-'an _ 46 1119 2 2 —a\ H a ka k+1 Ez utóbbi kifejezésben szereplő mennyiségeket írjuk most ax és q segítségével: 2

ax axq a xq -... axq 2 2(k-i) 2 2k a xq axq

n— l

46 m 9

= űi 9

n l+ 2 + 3 + ...+ (« -l) a \q _ 4

axq

2 ( * - l) + 2 *

46

-ű !l

>

^az

1119

9

n-4 ^ - 2 ( 2 i - l ) 46 nl9 ax 9 =axq Mivel a x és q relatív prímek, ezért ez utóbbi egyenlőség csak úgy teljesülhet, ha ax és q megfelelő hatványkitevői egyenlők: n - 4 = 46, n = 50,

azaz valamint

n(jl2 1-^'—2(2Ar —1) = 1119

^ - ^ - 4 £ + 2 = 1119 4k = 108 k = 21 Ezek szerint a mértani sorozat első 50 elemét szoroztuk össze és a 27. valamint a 28. elemet helyettesítettük a reciprokával.

87

13 .4 . A megoldandó

----- x • logl00 3 + lg(2* + 3f ) + log0!l 21 = ------ ^ log2 v 2 + lo g 4 5 egyenlet egyes tagjait a következőképpen alakíthatjuk át. Mivel loga„ö” = l o g aó,

ezért

1 log100 3 = lg32 logo, 21 = lg y ’21 Ezek szerint egyenletünk így írható: x • lg32 + lg(2* + 3f ) + l g + = ------ ------------ 21 log2 V2 + log4 5 A logaritmus azonosságai alapján a kapott egyenletet így alakíthatjuk: 3f - ( 2 * + 3 f ) * 21

jc-

2 log4 2 + log4 5

3Í-(2-+3f ) _ _ J _ g 21 (JC' l log4 10 £ Is— ' 22'1+ 3 '‘

lg ^

±

Í

= lg4 -

Innen a logaritmus-függvény monotonitásából következik, hogy X.

3 2 -2x + 3x 21 -i2 r,jc

4a ax - ai ,

azaz

o* _ 21 •22* J " 16

JC 16-32 -2* + 16-3* = 2 Í -2 2* X_

Osszuk el ez utóbbi egyenlet mindkét oldalát 32 -2*-nel, ami nyilván nem 0. Kap­ juk: ,2 16 + 16- —- =21- —X

2 88

32

Érdemesnek látszik bevezetni a 32

2- = b 2X

Új ismeretlent, akkor a következő egyenlethez jutunk: 16 + Í6ö = 2 l 4 , b 16ó2 + 1 6 0 - 2 1 = 0, ,

tehát ahonnan

_ - 1 6 ± V l 6 2 +4-16-21 _ - 1 6 + 40 32 t 32

1,2 -

h - - 1 1 4’

h - í 2“ 4

A negatív gyök nyilván nem jöhet számításba, így kapjuk:

l 2 J

- 1 - r4T \ 4^ v^ 2^ , r 2*

azaz

lehál eredeti egyenletünk megoldása: x=2 A kapott érték ellenőrzését az olvasóra bízzuk. 13.5. Az abc = mn, de = nm (26) relációknak eleget tevő számokat keressük. (26) második egyenlőségéből világos, hogy n < 10. Az is nyilvánvaló (26) második egyenlőségéből, hogy 5 < n < 10 esetén csak m = 2 lehetséges, hiszen m > 2-re (26) második egyenletének bal oldala már há­ romjegyű lenne. Ezek szerint

,

ha

5 < n < 10,

akkor

m=2

ha

n = 4,

akkor

m = 2, vagy m = 3,

ha

n = 3,

akkor

23.

89

Most (26) első és második egyenlőségéből levont következtetéseket egybevetve kapjuk, hogy csak m = 2 lehetséges. Ekkor, mint láttuk n> 7

és

5 < « < 1 0 , tehát

« = 7,8,9. így kapjuk a lehetséges megoldásokat abc = 2 7 =128,

de = 7 2 =49,

vagy

abc =.28 = 256,

¿fe = 8 =64 ,

vagy

öóc = 2 9 =512,

de = 9 2 =81.

Tehát a keresett ötjegyű számok: 12849,

25664,

51281.

14. sorozat 14.1. Tekintsük a 25. ábrát. Nyilván ott lesz a háromszög hiányzó harmadik csú­ csa, ahol a háromszög köréírható köre metszi a megadott y - 2x = 7 egyenest. A háromszög köréírható körének sugara r = CA = CB. r = V(4 - 1)2 + (5 - 1)2 = a/25 = 5 x2 + y 2 —8jc- 107 + 16 = 0 Helyettesítsük a z y = 2 x + 7 - e t - a z egyenes egyenletét - a kör egyenletébe: x 2 + ( 2 x + 7)2 - 8 jc- 1 0 ( 2 x + 7) + 16 = 0 x2 + 4 x 2 +4 9 + 2 8 x - 8 x - 2 0 x - 7 0 + 16 = 0 Az összevonások elvégzése után kapjuk: 5x2 - 5 = 0 x = ±l Ezt az egyenes egyenletébe visszahelyettesítve: ha

x = 1,

y =9

ha

x = —1,

y =5

Tehát a háromszög hamadik csúcsa:

90

C,(l;9)

vagy

C2(-l;5 )

14.2. Legelőször keressük meg azokat a 10 és 20 közé eső egész számokat, me­ lyeknek 6 osztójuk van! Mivel a prímszámoknak pontosan 2 osztójuk van, ezért a l l , 13, 17,19 már nem jöhet szóba. Ha egy szám két prím szorzata: p xp 2 , akkor osztóinak száma 4, tehát 14 = 2 - 7 és 15 = 3-5 sem lehet. 16 = 24, így 16-nak 5 osztója van; ez 2

2

sem lehet. Maradt még a 12 és a 18. Ezek prímfelbontása: 12 = 2 -3, 18 = 2 -3 . Mindkettőnek 6 osztója van, tehát lehetnek a keresett számok. Jelöljük most a testvérek keresett életkorát x, y - nal! 1. ha x + y = 12, akkor x = 12 - y. A feltételek szerint x —3 = 2 ( y - 3),

tehát

\2 -y -3 =2y-6 15 = 3 y

y = s>

így

x=l 2. Ha x + y = 18, akkor x = 1 8 - y , így x - 3 = 2(y-3) 18-y-3 = 2y-6 3y = 21 y =7

és ekkor

x = 11 A feladat feltételeinek eleget tevő életkorok tehát: *1= 7 > JV=5

és

*2 = 11, > 2 = 7

14.3. Legelőször vizsgáljuk meg a megoldandó 2x+)' + 36x - 6 = V 2 ^ 3 r ^ 9 7^ 2 57

. (27)

egyenlet jobb oldalán a négyzetgyök alatti kifejezést! 2 y+l. 3 X- 9X - 2ly = 2 ■2y • 3* - 9* - 2 2y =

= - ( - 2 •2;' • 3* + 9* + 22;') = = - { 2 y - 3 xf

' • ) Mivel e kifejezés értéke legfeljebb 0, ezért (27) egyenletnek csak akkor van ér­ telme, ha 2y - 3 X= 0 , azaz 2 y = 3*

91

Ezek szerint (27) egyenlet így alakul: 2*-3*+36*-6 = 0 6 2x +6* - 6 = 0

A 6*-ben másodfokú egyenlet megoldásai: r* _ -1 + Vl + 24 _ - 1 ± 5 1’2 “ 2 “ 2 6* = - 3 , '

6* = 2

Első esetben nem kapunk megoldást, a második esetben x = log6 2 ,

ekkor

y = log2 3* = x lo g 2 3 = logg 2 • log2 3 = log6 3 Tehát az eredeti (27) egyenlet megoldásai: * = log62-,

y = logé 3

14.4. írjuk ki részletesen a megoldandó xy + ( x - l ) ( y - Y ) = x 3 + y 3 egyenletet: IOjc+ >»+ 10(jc—1) + ^—1 =

(28)

ahol x és y pozitív egész egyjegyű számok. (28) bal oldaláról látszik, hogy páratlan, így jobb oldala is az. Ez csak úgy lehet, ha x és y egyike páros, a másik páratlan. (28) bal oldalából az is látszik - x é s y lehető legnagyobb értékeit feltételezve - , hogy jc3 +

y 3 < 2 0 - 9 + 2 - 9 - 1 1 = 187

Mivel 6 =216, így x és y legfeljebb 5 lehet. Mindezeket figyelembe véve x-re és y -ra az alábbi értékek adódhatnak valamilyen sorrendben: (5;2),

(4;3),

(4;1),

(3;2),

Ha x és y egyike 5, a másik 2, akkor x 3 + y* =125 + 8 = 133, ezzel (28) így alakul: 20x + 2 y - l l = 133 10x + >’ = 72 ahonnan x = 7, y = 2, tehát ez nem lehetséges.

92

(2;1)

Ha x és y egyike 4, a másik 3, akkor (28) alapján 20x.+ 2j>-1 1 = 64 + 27 20 x + 2 y = 10 2

IOjc + tehát x = 5, y = 1, így ez sem tehetséges.

= 51

Ha x és y egyike 4, a másik 1, akkor 20x + 2 y - 1 1 = 64 +1 20x + 2 y = 76 10jt + y = 38 ahonnan x = 3, y = 8, így ez sem lehet megoldás. Végül, ha x és y egyike 3, a másik 2, akkor 20x + 2 y —11 = 27 + 8 20x + 2,y = 46 10x + >, = 23 így x = 2, y = 3 és ez megfelelő. Tehát az eredeti feladat egyetlen megoldása: xy = 23 Valóban: 23 + 12 = 35 = 2 3 + 3 3 14,5. Helyezzük el az ABCD négyzetét egy alkalmasan választott koordinátarend­ szerben (ld. 26. ábra). A négyzet csúcspontjainak koordinátái: A(0;0), B(a;0), C{a\á), D(0;a). A z e egyenes akkor és csak akkor felezi a négyzet területét, ha áthalad a négyzet középpontján, azaz az Ponton- Célunk tehát felírni az e egyenes egyenletét, és megmu­ tatni, hogy az

Pont koordiná­

tái kielégítik ezt az egyenletet. Az E pont a P pontnak A körüli +90°-os elforgatásával keletkezik, így E pont koordinátái: E ( - y 0;x0) Az F pont a P pontnak B körüli -90°-os elforgatottja, így F koordinátái: F ( y 0 + a ; a - x 0)

93

így az E, F pontokon átmenő e egyenes egy irányvetora: v £ir(2y0 + ö ; a - 2 x 0) A kapott irányvektort és E pont koordinátáit felhasználva az e egyenes egyenlete: (a - 2 x 0) x - ( 2 y 0 + a ) y = (a - 2 x 0) ( - y 0) - (2 y 0 + a) x 0 ( a - 2 x 0) x - ( 2 y 0 + a ) y = - a y 0 - a x 0 Ellenőrizzük most, hogy ez az egyenes áthalad-e a négyzet középpontján, az 2 '’ 2 ^j Ponton’ te^

e Pont koordinátái kielégítek-e az egyenes egyenletét. ( a - 2 x 0) - j ~ ( 2 y 0 + a ) - j = - a y 0 - a x 0 2

2

y - ~ 0*0 ~ Wo - - y = ~ cy 0 ~ ctxQ -a x 0- a y 0 = - a y 0- a x 0 Tehát az e egyenes a P( x 0',y0) pont választásától függetlenül áthalad a négyzet szimmetriacentrumán, így e valóban felezi a négyzet területét.

15.sorozat 15.1. Próbáljunk az c _ ^20 *10 ~ 4 feltételből összefüggést keresni a számtani sorozat a, első eleme és d differenciája között: (2a, + 9d) -10 (2a, +19’+ log;,x ) = - ( z - 3 ) 2 + 6 = 6, ahonnan z=3 logxy = l, x=y

114

és azaz

Helyettesítsük a kapott értéket az eredeti egyenletrendszer második egyenletébe: 4 x - 3 x + 1 8 ^ = 1995 Mivel x > 0, ezért írhatjuk: jc+

18jc= 1995 19jc= 1995 jc =

105

Tehát az eredeti egyenletrendszer megoldása: x = y = 105,

z=3

Az ellenőrzést az olvasóra bízzuk. 19.5. Jelöljük r-rel az A és B pontok távolságát! Tükrözzük először az egyik pontot a másikra. A 39. ábrát elemezve a következő megállapításokat tehetjük. A z A és B körüli r su­ garú körök (k1 és k2) egyik metszéspontja M. Az M körüli r sugarú kör k2-1 Mj-ben, az Mj körüli r sugarú kör k2-t A '-ben metszi. Nyilvánvaló, hogy A' az A pont B-re vonatkozó centrális tükörképe. Most rajzoljunk A' körül A A' = 2 r sugarú kőit. Ez fcj-et P-ben, illetve Q-b&n metszi. Végezetül rajzoljunk P és Q körül PA = QA = r sugarú köröket, és legyen F e két körív másik metszéspontja. Megmutatjuk, hogy F az AB szakasz felezőpontja. Az A'PA és FPA egyenlő szárú három­ szögek hasonlók, hiszen mindkettőnek alapon fekvő szöge PA A' Z. A z APA' háromszög oldalainak aránya

39. ábra

az AFP háromszögben az oldalak aránya de AP = r,

így

Mivel F a P-től és Q-tól egyenlő távolságra van, ezért illeszkedik AB egyenesre, így F pont valóban az AB szakasz felezőpontja. 115

2 0 .sorozat 20.1. Jelöljük d-ve 1 a vizsgálandó számtani sorozat differenciáját! Ekkor a feltételek szerint a 2 a, — = —S

azaz

a 2 = ax -a-j (ax+ d ) 2 = ctx(ax+ a\ + 2 axd + d 2 = a 2 + 6 axd ,

ahonnan

d 2 = 4 a xd

(37)

Ha d = 0, akkor a sorozat minden eleme ax, így — + — + — =,-l- = _L ax a 2 a3 ax 90

ahonnan

ö[ = 270 Ha d # 0 , akkor (37)-ből d = 4 a x,

ezzel

± + X + J _ = ± + J _ + J _ = -L ax a 2 a 3 ax 5«! 9ax 90 45 + 9 + 5 _ 1 45ax 90 59=4 2 aj = 118 Ekkor a sorozat differenciája d = 4 a x = 472. Összefoglalva: a feltételeknek eleget tevő számtani sorozat: a, = 2 7 0 és ú?=0,

vagy

aj = 118 és d = 472.

20.2. Tekintsük a 40. ábrát, melyen az ABCD trapéz D csúcsán keresztül párhuza­ most húztunk az AC átlóval! Ekkor PACD nyilván parallelogramma, így DP = 3m

116

40. ábra

A trapéz T területe: ( AB + CD)-m 2 ' A BDQ és a PDQ derékszögű háromszögekből BQ = V (5 m) 1 - m = m42A P Q -y(3m f -m

= m48

De BQ + PQ = BP = BA + AP = AB + CD, tehát AB + CD = m(V24 + V8) Ezt behelyettesítve a trapéz korábbi T területébe, kapjuk:

m (424+4%) H ~2

2m (46+42) 2 =m (46 +42)

20.3.

Alakítsuk át legelőször a megoldandó ^ lóg, * < 4

1

ló g 2 *■-

^

ló g , 2

+1 S log2 x

egyenlőtlenség-láncolatot a logaritmus jól ismert azonosságainak felhasználásával! Mivel

.

.

1 : Iog2 x l° g , 2

és

log2 x = 2 \og 2 x,

ezért írhatjuk: log2 x ¿ y 4(log2 x - log2 x) + 1 ú 21og2 x

117

log2 x < yj4 log2 x - 41og2 x + 1 < 21og2 x

log2 x < ^ (21og2x - l ) 2-< 2 log2 x Ez utóbbi alakból világos, hogy a négyzetgyök alatti mennyiség soha sem lesz negatív, így az eredeti egyenlőtlenségnek minden pozitív x-re van értelme. Vezessük most be a könnyebb írásmód kedvéért a log2 x = a jelölést; kapjuk: a < y l ( 2 a - l f < 2 a,

azaz

a < |2a - 1| < 2 a Most két esetet kell vizsgálnunk aszerint, hogy 2a -1 nem negatív, vagy negatív. 1. Ha 2a - 1 > 0, azaz a >

akkor a < 2 a —\ < 2 a,

ahonnan kapjuk

a > 1,

tehát

log2 Jc * 1 log2 x > l o g 22 így a logaritmus-függvény tulajdonságai miatt x>2 2. Ha 2a - 1 < 0, azaz a
-7 4

tehát és

log2 x < log2 x < log2 V2

log2 x > — log2 x > log2 iÍ 2

és

ahonnan x < IÍ2

és

x > V2

Mivel Ü 2 < I Í 2 , így az eredeti egyenlőtlenségrendszer összes megoldása: V2 < x < V2

118

vagy

x>2

20.4. Nyilvánvaló, hogy a derékszögű háromszög átfogója b(c +1). írjuk ki a há­ romszögre részletesen a Pitagorasz-tételt: —2 a + b c = 6(c + 1) a 2 + (10ó + c)2 =[106 + (c + l)]2 a 2 + 10062 + 206c + c2 = 10062 + c 2 + 2c + l + 206c + 206 a 2 = 20 6 + 2 c +1 Elemezzük a kapott egyenlőséget! A jobb oldal legalább kétjegyű páratlan egész, így a bal oldalnak is ilyennek kell lennie. Tehát a páratlan és a > 3. Ezek szerint csak a = 5, 7 vagy 9 lehetséges. Ha a = 5, akkor '25 ='206 + 2c + 1,

azaz

24 = 20ó + 2c, 12 = 106 + c, b = 1,

ahonnan

c=2

Ha a = 7, akkor 49 = 20b + 2c + 1,

azaz

48 = 20b + 2c, 24 = 10b + c, 6 = 2,

ahonnan

c=4

Ha a - 9, akkor 81 = 206 + 2 c + 1 ,

azaz

80 = 206 + 2c 40 = 106 + c,

ahonnan

6 = 4, c = 0 Ezek szerint a feladat feltételeinek három számhármas felel meg: a = 5,

be = 12,

6(c + l) = 13

a = 7,

be = 24,

6(c + l) = 25

a = 9,

be = 40,

6(c + l) = 41

Valóban: 52 + 1 2 2 = 132

72 + 242 : 25

92 + 402 = 4 1 2

119

20.5. Mindenekelőtt megmutatjuk, hogyan lehet egy adott pontot egy másikra tük­ rözni csak körző segítségével. Legyen adott két pont: A és B. Rajzoljunk B körül egy r = AB sugarú kört, majd A-ból kiindulva r nagyságú körzőnyílással "járjuk" körbe ezt a kört. Mivel a szabályos hatszög éppen 6 szabályos háromszögből áll, így az A pont­ ból kiindulva éppen hatszor léphetünk a körön, és pontosan A-ba jutunk vissza. Ebből következik, hogy a harmadik metszéspont éppen az A-nak B-re vonatkozó A' tükör­ képe lesz. Ezek után tekintsük a 41. ábrát, melyen A' -vei, ill. ő'-veljelöltük az A pontnak Bre, illetve a B pontnak A-ra vonatkozó tükörképét. Légyen egységnyi az eredeti AB tá­ volság! (Ezzel nyilván nem csorbítjuk a szerkesztés általánosságát.) Ha sikerülne az AB = 1 szakaszhoz V2-t szerkeszteni csak körzővel, akkor készen volnánk, hiszen az A középpontú, 4 2 sugarú és B középpontú, 4 l sugarú körök éppen kimetszenék a már meglevő körökből a keresett pontokat. Rajzoljunk A' körül A A '= 2 és B r körül B B '= 2 sugarú köröket; ezek metszéspontja legyen P, az AB szakasz felezőpontja legyen T. (Ezt a T pontot nem szerkesztettük meg, csak számításainkhoz fogjuk felhasználni!) \A'.

el

41. ábra

A P T A ' derékszögű háromszögben

Ezt felhasználva, az ATP derékszögű háromszögben 1 .7 8 = —+ —= —:= 2 ,

tehat

AP = 4 2 Megvan tehát a 4 2 hosszúságú szakasz, így a keresett négyzetet is megszerkeszthetjük az előbb mondottak szerint. Természetesen a szerkesztéshez csak körzőt használtunk.

21. sorozat 21.1. A megoldandó egyenletrendszernek csak akkor van értelme, ha x + y > 0 . Alakítsuk át a

egyenletrendszer első egyenletét!

x + y = 81,

ahonnan

.y = 8 1 ~ 7

(38)

Helyettesítsük ezt az eredeti egyenletrendszer második egyenletébe, kapjuk:

8 1- 7 - 3 7

— "^— 3 =0

+

y ^

81y-4y2+ 81-y + 3= 0 472 - 807-84 = 0

72 20 7-21 -

=

0

Innen _ 2 0 ± a /400 + 84 20 ± 2 2 >’1-2 ~ 2 “ 2 Ti =21,

y2 = ~ ]

Xj = 60,

x2 = 8 2

és így (38) alapján

Tehát eredeti egyenletrendszerünk megoldásai (amint az könnyen ellenőrizhető): xt = 60,

21.2,

7 ! =21

és

x 2 = 82,

y2 = - l

Tekintsük a 42. ábrát, melyen r, -gyei jelöltük a feladatban leírt félkör suga­

rát, m-mel az ABC háromszög alaphoz tartózó magasságát! Ismert, hogy bármely háromszögbe beírható kör r sugara: 2T

.■ ■■

Jelen esetben

2 am r = ___ 2 _ am a + 2b a + 2b A CTB derékszögű háromszögből könnyen megkaphatjuk rx értékét, ha kétfélekép­ pen felírjuk e háromszög területét: b r xJ j - m 2

ahonnan

2 r -

am

Tl~ 2 b A feltételek szerint rx n 2 Jr = r K 2

2

-

n =2r , 2

a m

tehát

2

4b2

azaz (a + 2 b y

a 2 + 4 b 2 + 4 ab = 8b 2 a 2 + 4ab - 4b 2 = 0 Tekintsük ezt egy o-ban másodfokú egyenletnek; B

így

42. ábra

öl,2 ~ ax = - 2 b - 2 b 4 2 ,

- 4 b ± ' J \ 6 b 2 + I 6b 2 a 2 = - 2 b + 2 byÍ2

Nyilván csak a pozitív megoldás jöhet számításba, tehát a = 2 b(yf 2 - l ) Ezek szerint a 42. ábra y szögére: a_ cosy =

- | = ^ = V2-1

c o s y « 0,4142 Tehát a háromszög keresett szöge: y « 65,5°. A háromszög szögei: 65,5°, 65,5°, 49°. 122

~4b±4bJ2

Megjegyzés. Természetesen előfordulhat, hogy valaki nem ismeri a háromszög be­ írható körének r sugaráról szóló képletet, így érdemesnek látszik ezt bebizonyítani. c

Tekintsük a 43. ábrát, melyen az ABC há­ romszög oldalait a hagyományos módon jelöl­ tük. A háromszög szögfelezői a háromszöget három db háromszögre bontják, ezek területeire nyilván *COB + *COA + { AOB = t a b c = ^

Mivel a COB, COA, AOB háromszögek a, b, ill. c oldalaihoz tartozómagasságai éppen a beírt kör sugarával egyenlők, ezért 43. ábra

ar +, b— r +, c— r = rr , — 2 2 2 ’

azaz r{a + b + c) = 2 T, r_

21.3. a)

ahonnan

2T __2T a+b+c K

Legelőször határozzuk meg az A és B halmazok elemeit!

Az x 2 -17jc + 5 2 > 0

és

- x 2 + 19x-60>0 egyenlőtlenségeknek kell teljesülniök. Mivel az x 2 -17jc + 52 = 0

és

- x 2 +19jc-60 = 0 másodfokú egyenletek megoldásai: 17± a/ 2 8 9 - 2 0 8 17 ± 9 1,2~ 2 , ~ 2 jCj = 13, ■■

Xl’2 ~

x2 = 4

- 1 9 ± a/ 3 6 1 - 2 4 0 -2 Xj =15,

—19 ±11 “ -2

x2 = 4

Tehát a fenti egyenlőtlenségek megoldásai: x 13;

x>4

és

x < 15,

123

így az A halmaz elemei: y4 = { x e R U = 4

b)

vagy

13
0 és a képzés alapján minden «-re an - a n_x > 0. Innen kapjuk: a3 ai _ 3 a 2 ~ ai a± z a ^ = 3

131

Ű4-ö3

a\m

**1995 _

2

**1995 - **1994

Szorozzuk össze ezt az 1994 db egyenlőséget! Cl9

Ű-5

Cla

Ó / 3 _ 7 a/ 3 - 6 ~ 6V3 " > 18 ~ U’34

24.3.

A logV2(-*2+20^-96)

kifejezésnek akkor van értelme, ha - x 2 + 20x - 96 > 0 A -x

2

+ 2 0 x - 96 = 0 egyenlet megoldásai: -20±V400-384

1,2

-2

“

Xj = 12,

-2 0 ± 4 “

-2

x2 = 8

így az eredeti kifejezés értelmezési tartománya: 8 < x < 12 Az 2? értékkészlet meghatározásához először állapítsuk meg, hogy a vizsgált má­ sodfokú kifejezés a (8; 12) nyílt intervallumban milyen értékeket vehet fel. E másod­ fokú kifejezés grafikus képe egy lefelé nyíló parabola, mely legnagyobb értékét a zérushelyek számtani közepénél veszi fel, tehát 8 +12 a u x=— - — = 110-ben Ekkor - ( 1 0)2 + 20 • 10 - 96 = 4 , tehát a másodfokú kifejezés lehetséges értékei (ezt m-mel jelölve): 0144 Az eljárásból az is világos, hogy egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha x = y = 0, a=b=2

és

azaz c = d=3

Általánosítás. A megoldásban felhasznált ötlet alapján könnyűnek ígérkezik a fela­ dat általánosítása. Legyenek n é s k adott valós számok, melyekre a + b = n. c + d=k és legyen b=^ +x d = 2 +y

Ekkor (ac + b d )2 + (ad - be )2 =

y ^ +

2 - xl b

2 +Xk 2 + y

+

yr [ ^ +xk t ' y \2

14

2 2

4

2

2

+

= \ 2 + 2 x y ) + (ny - k x f = 2 ,2

n k— ,l-4x A 2 y 2 +. 2^ nkxy 1 , = —+, n2 y 2 + k, 2 x 2 - ~ 2nkxy 2 ,2

=

n k

, 2 2 , 2 2 , , 2 2 h4x y + n y + k x A

Ezek szerint - az eredeti feladat általánosításaként - elmondhatjuk: ha a, b, c, d olyan valós számok, melyekre a + b-n, c + d = k, akkor 2,2 (ac + b d )2 + ( ad - be ) 2 > * - * 146

26. sorozat 26.1. A

Vx2 - 1 • sin27Dc = y - 4 * egyenletnek csak akkor van értelme, ha 2 x —1 > 0 ,

azaz

|x|>l,

tehát

x < -1

vagy

x>1

(44)

E feltételek teljesülése esetén eredeti egyenletünk így is írható:

2Vx2 - 1 •sin27tx-Vx2 - 1 = 0 Vx2 - l ( 2 s i n 2 j t x - l ) = 0 Innen vagy Vx2 - 1 = 0, vagy 2sin2jtx - 1 = 0. Első esetben x2 = l,

tehát

!x| = i. Második esetben sin2jix = ^-,

ahonnan

2 jtx = ^ + 2rm, 6 27IX =

6

+ 2 / cK

- :2 ! " xi ~ ^ 2 + k

(n,ke Z )

De n = fc = 0 és n = k = - 1 esetben a kapott x, és x2 értékek nem esnek a (44) által megengedett tartományba, így az eredeti egyenlet összes megoldása: Xj = 1,

*3 = 1 2 + "

X4 = U + k

x 2 = —1

(w .£eZ \{0,-l})

147

26.2. Használjuk az 54. ábrát, melyen T-vel, ill. P-vel jelöltük a trapéz C-ből in ­ duló m magasságának talppontját, ill. az ABN derékszögű háromszög JV-ből induló ml magasságának talppontját! A terület meghatározásához nyilván w-re lesz szükségünk. A feltételekből, valamint a párhuzamos szelőszakaszokról szóló tételből következik, hogy m = 4 ml , így célunk először ml -et meghatározni. Mivel mí párhuzamos w-mel, ezért a BPN és BTC háromszögek hasonlók, azaz BP BT

BN BC

1 4’

tehát

BP = ^r~ Mivel a trapéz szimmetrikus, ezért BT =

a -b 2 ’

BP =

így

a -b 8

Ezzel A P = a -B P = a -

a -b

la + b

8

8

BP és AP ismeretében most már könnyen meghatározhatjuk az ABN derékszögű háromszög magasságát a magasságtétel segítségével. = V A P ■BP = ^ 7°g+ b* • _ V(7 a + b ) ( a - b ) 8

így a trapéz m magassága _ *J(7a + b ) ( a - b ) m = 4ml = tehátaT^jQD területe:

26.3.

Jelöljük a vizsgált mértani sorozat első elemét öj-gyel, hányadosát g-val.

Ekkor a „ = a lq

B-l

/ =k

2n~l a2n= a Ű

148

és (45)

E két egyenlőséget elosztva egymással kapjuk:

¿ 1

-k í

a n -1

k «•

azaz

’

=k q =k q = kn Most q kapott értékét helyettesítsük vissza (45) valamelyik (pl. első) egyenletébe, hogy at értékét is megkapjuk! C i V -1 kn = k,

innen

\

a, = k

"

a^ k” Innen ax és q kapott értékeivel

at995n ~ a\ '9

1995«-1

1995«—1

. „ ~ k

kn \

1 , 1995b - !

s £»

n

y

1 , 1995«

= kn

*

1

n=

= k ms 26.4. A leggyorsabban úgy juthatunk célhoz, ha ábrázoljuk a kitűzött h \ + x-4\= t-ax + b egyenlet bal oldalát, "elképzeljük" a jobb oldal grafikus képét, s így meghatározzuk az a és b paramétereket a kért feltételekkel. (46) egyenlet bal oldalának ábrázolásához két esetet kell vizsgálnunk, aszerint, hogy x > 0 vagy x < 0. Ha x > 0, akkor I:+ x - 4| = U + x - 4| = |2x - 4| H a x < 0, akkor x| + x -

4 = I—x + x - 4\ = 4

Az egyenlet bal oldalának grafikus képe az 55. ábrán látható. Ez három lineáris da­ rabból áll: két félegyenesből, ill. egy szakaszból. Mivel a jobb oldal (ax + 6) grafikus képe egyenes, így az eredeti egyenletnek HX|+X_4| akkor és csak akkor lesz végtelen sok meg­ oldása, ha ez az egyenes illeszkedik a bal oldal grafikus képének valamelyik darabjára. így az alábbi esetek lehetnek: ►

1. a = 2, b = -A, ekkor a jobb oldal: 2x - 4, tehát ebben az esetben minden x > 2 valós szám megoldás. 2. a = -2 , b = 4, ekkor a jobb oldal: -2 x + 4, így ekkor minden 0 < x < 2 valós szám megoldás.

3. 0 egyenlőtlenség megoldása. ~ x 2 + 2x - 2 p + px = 0 —x 2 + x ( 2 + p ) - 2 p = 0 ,

_ - 2 - p ± y j (2 + p )2 -% p - 2 - p ± ( p - 2) -2 “ ' -2 “

xt = 2 ,

x2 = p

Most vizsgáljuk a ¿) kifejezést Ennek értehnezési tartománya a —x 2 + 2 0 x + rx - 20r > 0 egyenlőtlenség megoldása

- x 2 + 20x + r x —2Qr = 0 152

(47)

-x

+x(20 + r ) - 2 0 r

_ - 2 0 - r ±-\/(20 + r)2 - 8 0 Xl,2 -

-2

=0

-20-r±(20-r)

-2

“

x, = 20,

(48)

Mármost (47) és (48) eredményeket figyelembe véve nyilván p > 2 és r < 20 kell, hogy legyen. A z értelmezési tartományok, azaz a megfelelő halmazok: A = {x e R12 < x < p } £ = {x £ R f r < jc< 20} A feladat feltételeiből következően az A halmaznak olyannak kell lennie, hogy a 3, 5, 7 prímek benne legyenek a halmazban, de a 7-nél nagyobb prímek közül már egy sem. Ez akkor teljesül, ha 7 3 illetve x < 3. (Az x = 3 eset nyilván szóba sem jöhet.) H ax > 3, akkor |x —3| = x - 3, tehát M l

( x - 2 ) *-3 = x - 2

154

Ha pedig x < 3, akkor \x - 3| = 3 - x , így ekkor

M 3_ ( x - 2 ) x—

x-2

1 Ez utóbbi kifejezés grafikus képe az — hiper­ bola grafikus képének 2 egységgel pozitív irány­ ban történő eltolásával keletkezik. Ezek után most már ábrázolhatjuk az eredeti egyenlőség bal olda­ lát (lásd 58. ábra). A jobb oldal ábrázolásához is két esetet kell vizsgálnunk aszerint, hogy x > 2 , vagy pedig x < 2 . Ha x > 2, akkor \x - 2 \ = x - 2 , tehát - 4 x - 2 | x - 2 | + 4 = x2 - 4 x - 2 ( x - 2 ) + 4 x - 6x + 8 (x - 3) - 1 Ha pedig x < 2, akkor jx —2| = - x + 2 , tehát ekkor -4x —2 x - 2 + 4

x -4 x + 2(x-2) + 4

x -2x (x -ir -i

59. ábra

A kapott eredményeket figyelembe véve az eredeti egyenlet jobb oldalának grafi­ kus képe a 59. ábrán látható. Ezek után az 58. és az 59. ábrát egy koordiná­ tarendszerben ábrázolva (lásd 60. ábra), a követ­ kező megállapításokat tehetjük: az egyenlet két oldala grafikus képének egy közös pontja van, tehát az eredeti egyenletnek egy megoldása van (Vigyázzunk! x=3-ban nincs közös pontjuk, hiszen x=3-ban az eredeti egyenletnek nincs is értelme!) Ez a közös pont az x - 6x + 8 görbének és az x - 2 egyenesnek a metszéspontjával azonos, tehát az eredeti egyenetrendszert visszavezethet­ jük a jóval egyszerűbb x

2 - 6

x

+ 8 =

x

- 2

egyenlet megoldására. 155

2 x -6x+ 8= x-2 x 2 - 7 x + 10 = 0

7 + V49-40

7±3

X l,2 ~

Xj = 2,

x2 = 5

De x = 2 nem megoldás, hiszen itt az eredeti egyenlet bal oldalának nincs értelme (egyébként ez a grafikonból is könnyen kiolvasható), így eredeti egyenletünk egyedüli megoldása: x = 5. A z ellenőrzést az olvasóra bízzuk.

27.5.

Mindenekelőtt íijuk be sin 90° helyére értékét, azaz 1-et. sin lff sin20° sin30° sin40° sin50° sin60° sin70° sin80° -1 =

256

Ezek után használjuk fel, hogy bármely hegyesszögre sin a = cos(90° - a ) ; ezzel a bizonyítandó egyenlőség így írható: sinl0° sin20° sin30° sin40° cos40° cos30° cos20° cosl0° =

>

azaz 24 sinl0° cos 10° sin20° cos20° sin30° cos30° sin40° cos40° =

16

Mivel sin 2 a = 2sinoccos2V2

tg X -C tg X + tg x -c tg x

Ez utóbbi egyenlőtlenség emlékeztet minket egy pozitív számnak és reciprokának összegére, csupán 42 -vei kell elosztanunk mindkét oldalt; kapjuk: tgx-ctgx

42 >2 tgx - ctgx

Most már tisztán megjelent egy pozitív számnak és reciprokának összege. Erről tudjuk, hogy legalább 2, és pontosan akkor 2, ha a kérdéses szám 1. Ezek szerint az eredeti egyenlőtlenség megoldása minden olyan valós szám, melyre tgx > ctgx A megoldásokat a 64. ábrán szemléltettük. A gondolatmenetből az is világos, az egyenlőség akkor teljesül, ha _

tg x —ctg X

42 tg x

azaz

= 1,

—— = 4 2 tgx ahonnan

X g x - 4 2 - t g x - 1 = 0, tg X y

tg^ =

162

V2±VI+4

42+46

V2+V6 2

tg*2 =

4 2 —4 6

írásbeli érettségi felvételi feladatok és megoldásaik 1995

Matematika G (Ezt a feladatsort írták azok a felvételizők, akik valamely közgazdaságtudományi egyetemre, vagy közgazdasági jellegű főiskolára kérték felvételüket.)

G.l. Mely valós x, y számpárok elégítik ki a következő egyenletrendszert; x +y =y '

*2 V - 1

(8 pont)

G.2. Egy mértani sorozat ötödik és hatodik élemének az összege, valamint hetedik és ötödik elemének a különbsége egyaránt 48-cal egyenlő; az első n elem összege 1023. Mekkora az n? (12 pont) G.3. Határozza meg külön-külön a valós számoknak azt a legbővebb részhalmazát, amelyen az alábbi kifejezések értelmezhetők: a)

— L------ . x ~x ~ 2x

~ 2 x,

£)

c) l g ( r - x - 2 x)

(12 pont)

G.4, Egy trapéz átlói merőlegesek egymásra. Párhuzamos oldalainak hossza 17 és 34, egyik szára V 9 6 4 . Mekkora a trapéz másik szára, területe és magassága? (13 pont) G.5. írja fel annak a körnek az egyenletét, amely érintiaz x tengelyt és a P(4;8) pontban belülről érinti az (x + 4)2 +(>>-2)2 = 100egyenletű kört!

(13 pont)

G.6. Oldja meg a cos2x + V 3 c o s * - 2 > 0 egyenlőtlenséget a - ~ < x < y feltételt kielégítő valós számok halmazán!

(13 pont)

G.7, Határozza meg az *i-» /(* )= :|* -l|+ x2 - 6 * + 8

(xelf)

függvény legkisebb helyettesítési értékét!

(14 pont)

G.8. Határozza meg azoknak a pontoknak a halmazát a síkon, amelyek (x;y) koordinátái kielégítik a következő egyenletet:

V 4- x

•■sl^-y 2

^ ^ (x 2 - 4 ) ( y 2 - 4 )

(15 pont)

165

Matematika N (Ezt a feladatsort írták azok a felvételizők, akik valamely természettudományi egyetemre vagy műszaki egyetemre vagy műszaki jellegű főiskolára kérték fe l­ vételüket.)

N .l. Két egymást kívülről érintő kör középpontjának távolsága 4 cm. A körök teQQ^p

rületének összege —

2

cm . Mekkora a körök sugara?

(9 pont)

N.2. Mely valós x számok elégítik ki a következő egyenletet: log3(x + 4) + log3(x - 1) = 1 + log3 2

(10 pont)

N.3. Mely valós x számok elégítik ki a következő egyenlőtlenséget: |x + 3| + x x +2

, 0 c) x 3 - x 2 - 2 x > 0 A mindhárom esetben szereplő harmadfokú kifejezést így alakíthatjuk: x 3 - x 2 - 2x = x ( x 2 - x - 2) 169

Mivel az x 2 - x - 2 = 0 egyenlet megoldása _1±VT+8_1±3 x i,2 2 ~ 2 x2 = 2

xx = -1 , így írhatjuk:

x 3 - x 2 - 2 x = x( x + l ) ( x - 2 )

(51)

Ezek után az a) esetet már könnyen elintézhetjük: x^O,

x^-1,

x &2

A b) és c) esetekhez meg kell határoznunk (51) kifejezést előjel szempontjából. Az (51)-ben szereplő háromtényezős szorzat akkor lesz pozitív, ha mindhárom tényezője pozitív, vagy ha közülük a legnagyobb (x + 1) pozitív, a két kisebb (x és x - 2 ) ne­ gatív, azaz x>0, x + l > 0 és x - 2 > 0 , ahonnan x> 2 vagy ha x+l>0

és x < 0

és x - 2 < 0 ,

ahonnan

-1 < x < 0 Ezek szerint a valós számok legbővebb részhalmaza, melyeken az egyes kife­ jezések értelmezhetők: a)

A = {xeR | x

0, x

—1, x & 2}

b)

5 = {xgR|x>2,

c)

C = { xg R | x > 2, vagy - l < x < 0 }

vagy

-l 1. Ezek szerint négy esetet kell vizsgánunk: ha

x > 4,

ha 2 < x < 4,

ha 1 < x < 2,

ha x < 1.

1. Ha x > 4, akkor / ( x ) = x - l + x 2 - 6 x + 8 = x 2 - 5 x + 7,

tehát

2

2. Ha 2 < x < 4, akkor / (x) = x —l - x 2 4-6x —8 = —x 4-7x —9

3. Ha 1 < x < 2, akkor f ( x ) = x - l 4 - x 2- 6 x 4 - 8 = x 2-5x4-7

4.

Végül ha x < 1, akkor / ( x ) = - x 4 - l 4 - x 2- 6 x 4 - 8 = x 2 -7 x 4 -9

12

3 4 67. ábra

174

x

Az egyes esetek részletezése után az fix) függvény grafikonját a 67. ábrán láthatjuk. A grafikonból világos, hogy az fix) függvény

legkisebb értékét a [2;4] intervallum bal oldali végpontjában, azaz x = 2-ben veszi fel, tehát a legkisebb érték a -x + 7 * -9 kifejezés értéke x = 2-ben: - 2 2 + 7 •2 - 9 = 1 Kaptuk a következőt: az fix) függvény legkisebb helyettesítési értéke 1, és ezt x = 2-ben veszi fel. G.8. Mindenekelőtt megállapíthatjuk: az adott kifejezésnek csak akkor van értel­ me, ha 4 - x 2 > 0,

4 - y 2 > 0,

|x| < 2,

azaz

|y| < 2

(56)

E feltételek mellett az x = 0 (y tetszőleges) és y = 0 (x tetszőleges) nyilván megoldása az egyenletnek, ennek grafikus képe az x, ill. y tengelynek azon darabjai, melyek (56) feltételnek megfelelnek. Ezek után xy-nal elosztva az eredeti kifejezést, az így alakítható: x 2 +, y 2

4 _____

^ 4 - x 2 -^4- y 2

x2 - 4 ){y2 - 4 )

Ez (55) feltételek mellett még így is írható: x2 + y 2 = 4 A kapott kifejezést kielégítő ponthalmaz egy origó középpontú, 2 sugarú körív pontjai.

68. ábra

Az eredeti kifejezésnek megfelelő pontok halmazát a 68. ábrán láthatjuk.

Az "N"-jelű írásbeli érettségi felvételi feladatok megoldása N .l. Jelöljük a körök sugarát i?-rel, ill. r-rel! Mivel a két kör kívülről érinti egy­ mást, ezért középpontjaik távolsága egyenlő sugaraik összegével. Ezek szerint felírhat­ juk az alábbi egyenletrendszert: R+r =4 80JI Rr>2%+, r 2k = — —

— (57) 175

Fejezzük ki (57) első egyenletéből az egyik ismeretlent, s helyettesítsük ezt a má­ sodik egyenletbe! R = 4-r,

íg y

sa \2 , 2 80ji (4 —r) 1i + r K = —- —,

azaz

80 16 +, r 2 - 8or +. r 2 = — ahonnan

9r2 - 3 6 r + 32 = 0, ri,2 -

36±^362-4-9-32 18

36± 12 18

r>=!

r>= 3 ’

A kapott értékeket (57) első egyenletébe rendre visszahelyettesítve kapjuk a körök sugarait: R=8

V = ~3’

N.2. A logaritmus értelmezéséből következik, hogy a megoldandó log3(x + 4) + log3(x - 1 ) = 1 + log3 2 egyenletnek csak akkor van értelme, ha x > 1. A logaritmus azonosságait felhasználva az eredeti egyenlet így is írható: log3( x + 4)(x - 1 ) = log3 3 + log32,

azaz

log3(x + 4)(x - 1 ) = log3 6 Innen a logaritmusfüggvény monotonitásából következik: (x+4)(x-l) = 6 x +3x-10 = 0 Innen •*1,2

- 3 ± V 9 + 40

-3 + 7 x2 = 2

x x = -5,

A feltételek szerint x = - 5 nem lehet megoldás, így - amint az egyszerű számo­ lással könnyen ellenőrizhető - az eredeti egyenlet egyedüli megoldása x -2

176

N .3. A megoldandó |x + 3| + x

J

x+2

— >1

egyenlőtlenséget két esetben vizsgáljuk, aszerint, hogy x + 2 pozitív, vagy negatív (nulla nyilván nem lehet). 1. Ha x + 2 > 0, azaz x > - 2, akkor az egyenlőtlenség bal oldalának nevezője pozi­ tív, így x + 2-vel szorozva mindkét oldalt, kapjuk: |x + 3| + x > x + 2 |x + 3|>2* x + 3>2 x>-l

azaz

vagy

x + 3 -1 2. Ha x + 2 < 0, azaz x < -2 , akkor az eredeti egyenlőtlenség bal o ldalának neve­ zője negatív, így x + 2-vel szorozva kapjuk: jx + 3| + x < x + 2 jx + 3| < 2,

azaz

- 2 < x + 3 -1

2 . 2 N.4. Mivel 1 - cos x = sin x , ezért a megoldandó v l - c o s 2x -cos2x = 0 egyenlet így is írható:

_____ ■\/sin2 x - cos2x = 0 |sinx| —cos2x = 0

2 2 Tudjuk, hogy cos2x = cos x - sin x, így egyenletünket tovább alakíthatjuk: |sinxj - (cos2 x - sin2 x) = 0 |sinx| - (1 - sin2 x - sin2 x) = 0 2 sin2 x + |sinx| - 1 = 0 177

Most az abszolút érték miatt két esetet kell vizsgálnunk: 1. Ha sinx > 0, azaz 7t > x > 0, akkor

2sin x + s i n x - l = 0, smx,, = i,2 "

ahonnan

-l± V Í+ 8 -1±3 4 4

sinx, = -1 ,

sinx2 = ■—

De sinx > 0, így ez esetben a megoldás: sinx = x=~ 6

vagy

ahonnan

x = -§7t 6

2. Ha sinx < 0, azaz 7i < x < 27t, akkor 2

2sin x - s i n x - l = 0, stall2=i M

H

=i | l

4

1,2

sinx, = 1,

ahonnan

4

sinx2 =

De sinx < 0, így ekkor a megoldás: sinx = - ^ , X = — 7 t,

6

azaz 11

X = — 71

6

A két esetet összegezve az eredeti egyenlet összes megoldása: X, — — 7 t,

1

6

X , = — 7C,

6

X-, — — 71,

6

X4 —

_ 7C

6

N.5. Mindenekelőtt ábrázoljuk a megadott köröket és elemezzük a kapott ábrát! (Lásd 69. ábra) A középpontok Oj(0;0), 0 2(8;5), a sugarak r, = 2, r2 = 3. A z adatok­ ból nyilvánvaló, hogy a két kör középpontjának távolsága nagyobb, mint a sugarak összege, így a középpontokat összekötő szakasznak van olyan pontja, melyből közös érintő húzható a körökhöz. Ez a pont nem más, mint ahol a közös belső érintők met­ szik a két kör középpontját összekötő szakaszt. Az is nyilvánvaló, hogy az egyik kö­ zös érintő párhuzamos az x tengellyel, hiszen az origó középpontú kör "legmagasabb" pontja és az 0 2 középpontú kör "legmélyebb" pontja egyaránt 2 távolságra van az x tengelytől, így e közös belső érintő az y = 2 egyenes. Ezek szerint a keresett pont az 0 , 0 2 egyenes és az y = 2 egyenes metszéspontja. 178

Az 0 X0 2 egyenes egyenletet: y = —x. Ennek metszéspontja a z y = 2 egyenessel: O P ( f ; 2) A másik közös érintő a P-ből valamelyik körhöz húzott érintővel azonos. Jelöljük a-val az 0 X0 2 egyenes és az í tengely hajlásszögét. Mivel ExP O xZ és a váltószögek, továbbá Ox0 2 a közös belső érintők szögfelezője, ezért EXPFXZ = 2a, így ugyancsak a váltószögek egyenlősége miatt a hiányzó közös belső érintő és az x tengely hajlás­ szöge 2a. De tg 2 a -t könnyen meghatározhatjuk tg a ismeretében: * o 2tg a tg2a = -----^-5— 1- t g a

de

tga = -

így kapjuk

5 2-4 8 tg2 a = ■

_ 80 39

‘-'f Ezzel a keresett közös belső érintő egyenlete: t 80, ^ - 3 9

16, -),

azaz

y

80^-178 39 39

Megjegyzés. A P pont ismeretében egyéb úton is meghatározhatjuk a még hiányzó közös belső érintőt. Először újuk fel az összes P ponton átmenő egyenes egyenletét: y = mx + b P koordinátáit felhasználva 2 = ~ -m + b,

ahonnan

b = 2 -^ -m ,

tehát

y = mx + 2 -^~-m Ha most keressük ezen egyenessereg és az egyik (pl. x 2 + y 2 = 4 ) kör közös pontjait, akkor az x 2 + ( m x + 2 ~ ^ j- m f = 4 egyenletet kell megoldanunk. Mivel azt akarjuk, hogy a körnek és a kérdéses egye­ nesnek csak egy közös pontja legyen, ezért ennek az egyenletnek csak egy megoldása 179

lehet, ami akkor teljesül, ha e másodfokú egyenlet D diszkriminánsa 0. A számítások elvégzését innen az olvasóra bízzuk. Végeredményben a D = 0 m-re nézve olyan má­ sodfokú egyenletre vezet, melynek megoldásai: m= 0

és m =

Az egyik megoldás a már eddig is tudott y = 2 egyenest adja, a másik pedig a kere­ sett másik közös érintőt. N.6. Jelöljük az első kiválasztott számot «-nel, a kiválasztott számok számát k-val {k > 1). A kérdéses számok egy olyan számtani sorozat elemei, melynek első eleme n, differenciája 8, így a feltételek szerint ezek összege: n + n + S + n + 2-S+. . . +n + ( k - l ) -8 = k n + k ( k ~ ^ -8 = 473 Tehát kw + 4 k ( k - l ) = 473,

azaz

k(« + 4 k - 4 ) = 473 Ezek szerint a 473-t kell két egynél nagyobb pozitív egész szám szorzatára bontanunk. Mivel k < n + 4 ( k - l ) , ezért biztos, hogy 473 két tényezős szorzatra való bontásában k lesz a kisebbik tényező. 473 = 11-43, és egyéb módon nem bontható egynél nagyobb pozitív egészek szorzatára, így az elmondottak alapján csak k = 11

és

« + 4k - 4 = 43

lehetséges, ahonnan « + 4 4 - 4 = 43,

azaz

n=3 Tehát elsőnek a 3-at, és összesen 11 számot választottunk ki, és ez az értékpár am int az könnyen ellenőrizhető - valóban eleget tesz a feladat feltételeinek.

N.7. Mindenekelőtt vegyük észre, hogy x, y, z ismeretlenek mindkét egyenletben szimmetrikusan szerepelnek, így ha valamely x, y, z számhármas megoldása az x + y + z = 12 xy + xz + y z = 4 l egyenletrendszernek, akkor ezek bármely permutációja is megoldás lesz.

(58)

(58) első egyenletéből látszik, hogy vagy x, y, z mindegyike páros, vagy közöttük pontosan egy páros található. De mindhárom nem lehet páros, hiszen ekkor (58) má­ sodik egyenletének bal oldala páros lenne, ami nem lehet 41. így az r, y, z számhár­ mas között pontosan egy páros szám szerepel. Legyen ez x.

180

Emeljük most négyzetre (58) első egyenletét: (x + y + z )2 = 144 x 2 + y 2 + z 2 + 2 x y + 2 x z + 2 y z = 144

'

Most felhasználva (58) második egyenletét kapjuk: x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + xz + y z) = 144 x 2 + y 2 + z 2 +2- 41 = 144 x 2 + y 2 + z 2 = 62 Az utóbbi egyenlet alakjából világos, hogy x < 8, hiszen ellenkező esetben a bal ol­ dal nagyobb lenne, mint 62. Tehát x nem lehet csak 2, 4, vagy 6. 1. H ax = 6, akkor 36 + y 2 + z 2 = 62,

azaz

y 2 + z 2 = 26 De 26 csak egyféleképpen bontható fel két páratlan négyzetszám összegére: 26 = 25 + 1, tehát ez esetben y = 5, z = 1 2. Ha x = 4, akkor 16 + y 2 + z 2 = 6 2 ,

azaz

y 2 + z 2 = 46 . Egyszerű számolással ellenőrizető, hogy 46 nem bontható fel két páratlan négyzet­ szám összegére, így ebben az esetben nincs megoldás. 3. Ha x = 2, akkor 4 + y 2 + z 2 = 62, 2

.

2

y + z = 58 58-at pedig ugyancsak egyféleképpen bonthatjuk fel két páratlan négyzetszám öszszegére: 58 = 49 + 9, tehátekkory = 7 és z = 3 Összegezve: a feladat feltételeinek megfelelő számhármas 6, 5 ,1

vagy

illetve ezen számhármasok bármely permutációja.

7,3,2,

N.8. Tekintsük a 70. ábrát, melyen ti -gyei, illetve t2-vei jelöltük az AKQ, ill. a BLQ háromszögek területét! Mivel a BKQ háromszög B K oldala az AKQ háromszög A K oldalának kétszerese és e háromszögek B K és A K oldalaihoz tartozó magasságok egyenlők, ezért BKQ háromszög területe 2 t% Hasonlóképpen: a QCL háromszög CL oldala a QBL háromszög BL oldalának két­ szerese és e háromszögek CL és BL oldalaihoz tartozó magasságai egyenlők, ezért a QCL háromszög területe 2 12. Az ABL háromszög területe az eredeti ABC háromszög területének harmada, hiszen CB = 3 BL és a BL, illetve CL oldalakhoz tartozó magasságok egyenlők. Ezek szerint felírhatjuk: 1

(59)

* ABL ~ 3*1 + t 2 — g t ABC

Hasonló okokból BKC háromszög területe az eredeti háromszög területének kétharmada, azaz ‘ BKC

—3t2 + 2 tx — ^ tABC

(60)

(59) és (60) egyenletekből álló egyenletrendszer megoldásai: 7*1 = ±2 \ f ABC’

70. ábra

h

~ 2 i *a b c

Ezek szerint az ABQ és BQC háromszögek területe t.ABQ —J3tÍ 1 —y t ABC *BQC

2 t ABC

vagyis az ABQ háromszög területe az eredeti háromszög területének —~e, a BQC 4 ^ háromszög területe pedig az eredeti háromszög területének —~e. Mivel áz ABQ és QBL háromszögek AQ, ill. QL oldalaihoz tartozó magassága egyenlő, ezért az AQ és QL szakaszok aránya egyenlő e háromszögek területeinek arányával, azaz -3-í 21 _ 3

21 A Q pont tehát az AL szakasznak 3 : 4 arányú osztópontja. Teljesen hasonló módon kapjuk a CQB és QKB háromszögek területének arányá­ ból, hogy Q pont a CK szakasznak 6 : 1 arányú osztópontja.

A "kaposvári" írásbeli érettségi felvételi feladatok megoldása K .l. A kérdéses derékszögű háromszög AC befogója párhuzamos a 3x + 4y = 0 egyenessel, így e befogó egy irányvektora v ,c H ; 3) Ezek szerint az A C befogó egyenlete: 3x + 4y = - 9 + 16,

azaz

3.x + 4y = 7 Az AC befogó v AC irányvektora a BC befogónak egy normálvektora, így BC be­ fogó egyenlete: -4 x + 3y = -3 2 + 6, azaz -4 x + 3y = -2 6 A háromszög C csúcsának koordinátáit a 3x + 4 y = 7 - 4 x + 3y = -2 6 egyenletrendszer megoldásai adják. A z egyenletrendszer első egyenletét 4-gyel, második egyenletét 3-mal szorozva kapjuk: 12x + 16>’ = 28 -1 2 x + 9y = -7 8 ahonnan - a két egyenletet összeadva -: 25y = -5 0 y =- 2 s így 3x + 4y = 7-ből 3x - 8 = 7 3 x = 15 x= 5 Tehát a háromszög hiányzó C csúcsának koordinátái: C(5; -2 ) A.háromszög köréírható körének középpontja Thalész tételének következménye­ ként az AB átfogó F felezőpontja:

183

A kör r sugara az AB szakasz fele:

r=

AB 2

V( 8 + 3)2 + (4 - 2 ) 2 _

2 Vl25 2

5V5 2

A középpont és a sugár ismeretében a háromszög köréírható körének egyenlete: ( 5V , / (x-^ J + 0 -3 )

125 = T -

K.2. A megoldandó 4 Y r 27 Y -1 _ lg 4 9Í 'U J lg 8 egyenlet jobb oldalát az log"í’ = l Ü ^

éS

lo80. i ' = log„6

ismert azonosságok alapján a következőképpen írhatjuk: = lógj 4 = log2, 2 2 = log2 2 3 = | Vegyük észre, hogy az eredeti egyenlet bal oldalán 2-nek, ill. 3-nak hatványai sze­ repelnek. Mindezek s a hatványozás azonosságai alapján eredeti egyenletünk az alábbi módon alakítható:

tH ?n 2\

/ qi \ 3x—3

^

2Y * ( 2 Y ix _ 2 2 x 2x+3-3;e .3 J

2 3

Innen az exponenciális függvény monotonitásából következik: 2x + 3 - 3 x = 1 3-x = 1 x=2 Tehát eredeti egyenletünk megoldása: x = 2. Az ellenőrzést az olvasóra bízzuk. 184

K .3. A megoldandó

■ J x - y + 5 = 3, ■Jx + y - 5 = - 2 x + 11 egyenletrendszer első egyenletét érdemes négyzetre emelni, hiszen ekkor közvetlen elsőfokú összefüggést kapunk x és y között. x-y+5=9 x-y =4 x=4+y Helyettesítsük ezt egyenletrendszerünk másódik egyenletébe: y/4 + y + y - 5 = -2 (4 + y ) + l l y/2y-l = 3 -2 y

(61)

Az utóbbi egyenlet alakjából a négyzetgyök definíciója alapján látszik, hogy 3 - 2 y > 0,

azaz

y .a y 2 kell, hogy legyen. (61) egyenletet négyzetre emelve kapjuk: 2 y - 1 = 9 + 4 y 2 —\ 2 y 4 y 2 - 1 4 y + 10 = 0 2y2 - 7 y + 5= 0 _ 7± V49-40 _ 7±3 _ 4 “ 4 * = f = i De y = ^ , mint láttuk, nem lehetséges, így csaky = 1 lehet. Ezt visszahelyettesítve, az x = 4 +.y egyenletbe kapjuk: x = 5. Eredeti egyenletrendszerünk megoldása tehát: x = 5,

y= 1

K.4. Tekintsük a 71. ábrát! Az A CD és ABC háromszögek nyilván hasonlók, hi­ szen mindkettő egyenlőszárú derékszögű háromszög. Mivel az ABC háromszög befo­ gója az ADC háromszög átfogója, ezért a hasonlóság aránya 1 : 4 2 . Ismert, hogy bármely derékszögű háromszögbe beírható kör sugara: r _ a+b-c

185

ahol a és b a háromszög befogói, c az átfogó. Ezt felhasználva az AD C háromszög beírható körének r, sugara: a + a - a J 2 _ a( 2 - V 2 )

ri _

2

2

Az ASC háromszögbe írható kör r2 sugara - a két háromszög hasonlósága miatt - r{ 4 2 , azaz

_ fl(2-V2) 2~

V2

Tehát a két kör területének pontos összege: rx ti + r2 ti =

ű (2 - V 2 )

7t +

a(2-V 2)

71 =

V2

a (2 V2 ) Ti a (2 V2 ) 71 ^ 3 ^2 + ------- —---------~ T na ( 2 - v 2 j = --------

K.5. a) Nyilvánvaló x > 0 kell, hogy legyen. A megoldandó egyenlőtlenséget így alakíthatjuk: lgx>(lgx)2 l g x - l g 2x > 0 lgx(l-lgx)>0 Ez utóbbi egyenlőtlenség akkor teljesül, ha 0