Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények az 1991. novemberi szám mérőlapjához
Füzet:	1991/december, 450 - 451. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Felvételi előkészítő feladatsor

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

1. Legyen a hatszög középpontja $O$ , ekkor $O D E F$ rombusz, $H$ az $O E$ sugarat is felezi, $O H = B G$ , másrészt $A O H ∢ = 120^{\circ} = A B G ∢$ . Az $A$ körüli $60^{\circ}$ -os elfordítás az $A B G$ töröttvonaldarabot $A O H$ -ba viszi át. Így $G A H ∢ = 60^{\circ}$ , tehát $G H = A G = A H$ .
A koszinusztétellel $A G^{2} = A B^{2} (1 + \frac{1}{4} - cos 120^{\circ}) = \frac{7 \cdot A B^{2}}{4}$ . A két terület mértékszámának $\frac{4}{\sqrt[]{3}}$ szorosai $A G^{2}$ és $6 \cdot A B^{2}$ , arányuk $7 : 24$ .

2. A föltevés:

27 (10 b + a - 10 a - b) + 47 = 1001 a + 110 b .

Innen

\begin{matrix} a = \frac{47 + 133 b}{1244} = 1 - \frac{1197 - 133 b}{1244} ≧ 1, \end{matrix}

mert

a

kezdő számjegy. A számláló csak

0

lehet, a keresett szám 1991.

3. A zárójelbeli kifejezés pozitív, mert (valós) logaritmusa csak pozitív számnak van. Sőt legalább 1 az értéke, különben a gyökjel alatt negatív szám állna. A tízes alapú logaritmus monoton növő függvény. Mármost

x^{2} + 2 x - 15 ≧ 1

akkor teljesül, ha vagy

\begin{matrix} x ≦ - 1 - \sqrt[]{17} (\approx - 5,123 ...) vagy pedig x ≧ - 1 + \sqrt[]{17} (\approx + 3,123 ...) . \end{matrix}

4. A definíció szerint az

O A_{n + 4}

szakasz az

O A_{4}

-nek

4

-szeres nagyítása az

O

centrumból, az

A_{5} A_{6} A_{7} A_{8} A_{9}

vonalelem

4

-szerese az

A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5}

-nek s í.t. A kívánt vonal

25

ilyen elemből áll össze. Az első elem hossza

a_{1} = 2 + \sqrt[]{2} + 2 \sqrt[]{2} + 4 = 3 (2 + \sqrt[]{2})

, a mértani sorozat összege

a_{1} (4^{25} - 1) : (4 - 1) = (2 + \sqrt[]{2} \cdot (2^{50} - 1)

. (Az eredményben a tizedes vessző előtt 16 számjegy áll.)

5. Az

a^{2} b = 2 a^{2} + 4 a b

föltevésből

a b = 2 a + 4 b

, hiszen

a

pozitív. Továbbá

\begin{matrix} a = \frac{4 b}{b - 2} = 4 + \frac{8}{b - 2}, \end{matrix}

vagyis (

b - 2

) pozitív osztója a

8

-nak, értéke

1, 2, 4,

és

8

lehet. Az oszlop magassága

b = 3, 4, 6

és

10

lehet, alapéle pedig rendre

a = 12, 8, 6

és

5

. A harmadik megoldás különleges négyzetes oszlop: kocka.

6. Legyen a szögek jele

ϵ, ζ, η

és

θ

(tetszőleges sorrendben). Az

ϵ + ζ

és

η + θ

pozitív számokra a számtani és a mértani közepek nagyságviszonya alapján, majd mivel a négyszög szögeinek összege

2 π

, azért

\begin{matrix} (ϵ + ζ) \cdot (η + θ) ≦ {(\frac{(ϵ + ζ) + (η + θ)}{2})}^{2} = π^{2} . \end{matrix}

7. A következő jelölésekkel:

T A = c_{1}, T B = c_{2}

és

T C = m

, a

C P^{2}

és

C Q^{2}

kifejezések közös értéke

c_{1}^{2} + c_{2}^{2} + m^{2} .

8. Az egyenlet valós megoldásaiban

\begin{matrix} p = sin^{4} x + c o s^{4} x = {(sin^{2} x + cos^{2} x)}^{2} - 2 sin^{2} x cos^{2} x = 1 - \frac{sin^{2} 2 x}{2} . \end{matrix}

A kivonandó

0

és

\frac{1}{2}

közé esik, tehát

1 ≧ p ≧ \frac{1}{2}

. Ennélfogva a feladat követelményének a

p < \frac{1}{2}

és

p > 1

paraméter-értékek tesznek eleget.