Cím: Megoldásvázlatok az 1993. áprilisi szám mérőlapjához
Szerző(k):  Gyimesi Róbert 
Füzet: 1993/május, 201 - 204. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

Megoldásvázlatok és eredmények az áprilisi szám mérőlapjához

 

1.a. A négyzetgyökvonás miatt 4-x20, azaz -2x2, egyúttal a baloldalon álló 4-x2 kifejezés sem lehet negatív. Ha x=-1 vagy x=-2 vagy x=2, akkor a bal oldal 0. A szorzat pontosan akkor negatív, ha tényezői ellentétes előjelűek: x+1<0, ha x<-1. Összefoglalva: x[-2,-1]{2}.
b. A cosx=cos2x2-1 trigonometrikus azonosság és a ctg2π6=3 egyenlőség felhasználásával:
cos2x2-cosx2-20,
amely akkor és csak akkor igaz, ha cosx2-1vagycosx22. Ez utóbbi nem lehetséges. Az első relációban csak az egyenlőség teljesülhet, így x=(2k+1)π,kZ.
c. Mivel 5sin(1993π)=50=1 és log1216=-8, a 3x2-x9 egyenlőtlenség egyenértékű az eredetivel. Tekintve, hogy a 3-as alapú exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, ebből x2-x2 következik, ahonnan x-1vagyx2.
 
 

1. ábra
 

2. Használjuk az 1. ábra jelöléseit! A vizsgált alakzat az OAC és OBD körcikk, valamint az ODC háromszög. Ez utóbbi egyenlő szárú és OCD=ODC=30 és COD=120. A két körcikkben a középponti szögek összege 60, együttes kerületük: 2rπ6, területük: r2π6. k=AB+BDív+DC+CAív=2r+r3+2rπ6.
t=tODCΔ+tkörcikkek=r234+r2π6.

3. A számtani sorozat első három eleme a1=x-d, a2=x és a3=x+d, ahol d0. A feltételek szerint g1=a1a2=(x-d)x, g2=a2a3=x(x+d) és g3=a3a1=(x+d)(x-d) egy mértani sorozat tagjai, ami pontosan akkor teljesül, ha
g22=g1g3,azaz[x(x+d)]2=(x-d)x(x+d).
A művelet elvégzése után 3xd=d2, mivel d0.
3x-d=0d=3x, ekkor a1=-2x, a2=x és a3=4x, valamint g1=-2x2, g2=4x2 és g3=-8x2, amiből, mivel d, és így x is 0-tól különböző, a keresett hányados q=-2.
4. Először vegyük észre, hogy az AP=PB miatt pfAB. Ezt a szakaszfelező merőlegest az AB szakasz F felezőpontja és a C pont két félegyenesre és egy szakaszra bontja. Vizsgáljuk meg, ezek melyikén helyezkedhet el a P pont (2. ábra).
 
 

2. ábra
 

i) Ha P1 a CF szakasz C-n túli meghosszabításán van, akkor a P1AF derékszögű háromszögben Pitagorasz tétele szerint AF2+FP12=AP12, vagyis x2+(x3+23)2=52, amelynek pozitív gyöke x=2, s így a háromszög területére a t=x23=43 értéket kapjuk.
ii) Ha P2 a CF szakasz belső pontja, akkor x2+(x3-23)2=52, ebből x=5, a háromszög területére t=253 adódik.
iii) Amennyiben P3 a CF-nek F-en túli meghosszabításán van ‐F-et is beleértve ‐, úgy az AP3C háromszögben az AP3=213 nagyságú oldallal szemben 30-os szög, míg a nála kisebb CP3=23 szakasszal szemben egy legalább 60-os szög található, ez pedig nem lehetséges.
A feladat feltételeinek tehát két háromszög felel meg, területeik 43, illetve 253 egység.
5. Az első egyenes egyenletét átrendezve: y=34x+6, azaz a két egyenes párhuzamos. Az A(0;-4) és a D(0;6) csúcspontok is azonnal meghatározhatók. Ezek a négyszög szomszédos csúcsai, AD=10 egység, DT=8 a beírható kör átmérője, azaz r=4. A beírt kör K középpontja a (4;4) pont lesz (3. ábra).
 
 

3. ábra
 

A feladat feltételei szerint a vizsgált négyszög rombusz vagy szimmetrikus trapéz lehet. Az első esetben negyedik oldalának egyenlete x=8, hiányzó csúcsai: B1(8;2) és C1(8;12).
Szimmetrikus trapéz esetén az AD oldal F(0;1) felezőpontjának a kör K(4;4) középpontjára vonatkozó G(8;7) tükörképe lesz a B2C2 szár felezőpontja, s ettől az illető szár felével egyenlő távolságban ‐ 5 egységnyire ‐ keresendők az alapokon a hiányzó csúcsok: B2(165;425) és C2(645;285).
 

6. A sin2x=2sinxcosx és a cos2x=2cos2x-1 azonosságok alkalmazásával
(2cosx-1)(sinx-p)=0(1)
és
(4cosx-p)(cosx-p)=0.(2)
Látható, hogy a paramétertől függetlenül 1-nek a cosx=12 megoldása, ezt a (2) egyenletbe helyettesítve a (2-p)(12-p)=0 egyenletet kapjuk. Ez pontosan akkor teljesül, ha p=2 vagy p=12.
i) p=2 esetén az (1) egyenletnek a már említetteken kívül további megoldása nincs.
ii) Ha p=12, akkor (1)-ből sinx=12 miatt például x=π6 is lehetséges megoldás, ám ez az érték nem tesz eleget a(2) egyenletnek, hiszen (432-12)(32-12)>0. Azaz ekvivalencia csak p=2 esetén áll fenn.
7. A vizsgált testnek a ‐ kúp tengelyére illeszkedő és az alaplapjaira merőleges ‐ síkmetszetéből a CTB derékszögű háromszögben CT=2ϱ, TB=R-r és CB=R+r, így Pitagorasz tétele alapján ϱ2=rR.
 
 

4. ábra
 

VgömbVkúp=43ϱ3π2ϱπ3(r2+rR+R2)=2ϱ2r2+rR+R2=2rRr2+rR+R2=2rR+1+Rr, ekkor pedig mivel rR pozítiv szám, és reciproka (Rr), összegük legalább 2, a tört nevezője legalább 3, vagyis a tört értéke legfeljebb 23. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha rR=1, vagyis a csonakkúp henger. ,,Valódi'' kúp esetén a kérdéses arány 23-nál kisebb, de bármely ϵ>0 mellett van olyan arány, amelyre VgVk>23-ϵ.
 

8. A második egyenlet a következő alakban írható:
-sin2(πx)=sin2(πy).
Tekintve, hogy a bal oldalon nem pozítiv, a jobb oldalon pedig nem negatív szám áll, az egyenlőség csak abban az esetben állhat fenn, ha mindkét kifejezés értéke 0.
Így sin(πx)=0 és sin2(πy)=0 miatt x és y egyaránt egész számok kell legyenek, vagyis az első egyenletet az egész számpárok körében kell megoldanunk. Átalakítva
[2(x+y)]2+(x-2)2=8,
de 8 két négyzetszám öszegeként csupán a 4+4 alakban állítható elő , ezért
[2(x+y)]2=4és(x-2)2=4.
A második összefüggés x=0 vagy x=4 esetén igaz, majd az x-re kapott értékek segítségével az első egyenletből y lehetséges értékei is adódnak. A feltételeknek eleget tevő számpárok tehát (0;-1), (0;1), (4;-5) vagy (4;-3). Ellenőrzéssel meggyőződhetünk arról, hogy a felsoroltak valóban megoldások.