Cím:	Megoldásvázlatok az 1993. áprilisi szám mérőlapjához
Szerző(k):	Gyimesi Róbert
Füzet:	1993/május, 201 - 204. 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. Megoldásvázlatok és eredmények az áprilisi szám mérőlapjához   1.a. A négyzetgyökvonás miatt $4-x^2⩾0$, azaz $-2⩽x⩽2$, egyúttal a baloldalon álló $\sqrt[]{4-x^2}$ 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: $x\in \left[-\mathrm{2,}-1\right]\cup \left\{2\right\}\mathrm{.}$ b. A $\text{cos}x=\text{cos}{}^2\frac{x}{2}-1$ trigonometrikus azonosság és a ${\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ctg</span>}}^2\frac{\pi }{6}=3$ egyenlőség felhasználásával: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}{}^2\frac{x}{2}-\text{cos}\frac{x}{2}-2⩾\mathrm{0,}}\end{array}$ amely akkor és csak akkor igaz, ha $\text{cos}\frac{x}{2}⩽-1\text{vagy}\text{cos}\frac{x}{2}⩾2.$ Ez utóbbi nem lehetséges. Az első relációban csak az egyenlőség teljesülhet, így $x=\left(2k+1\right)\pi \mathrm{,}k\in Z\mathrm{.}$ c. Mivel ${\sqrt[]{5}}^{\text{sin}\left(1993\pi \right)}={\sqrt[]{5}}^0=1$ és $\text{log}{}_{\frac{1}{\sqrt[]{2}}}16=-8$, a $3^{x^2-x}⩾9$ egyenlőtlenség egyenértékű az eredetivel. Tekintve, hogy a $3$-as alapú exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, ebből $x^2-x\ge 2$ következik, ahonnan $x⩽-1\text{vagy}x⩾2.$     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 $OCD\sphericalangle =ODC\sphericalangle ={30}^{\circ }$ és $COD\sphericalangle ={120}^{\circ }\mathrm{.}$ A két körcikkben a középponti szögek összege $60{}^{\circ }\mathrm{,}$ együttes kerületük: $\frac{2r\pi }{6}$, területük: $\frac{r^2\pi }{6}$. $k=AB+B{D}_{\text{ív}}+DC+C{A}_{\text{ív}}=2r+r\sqrt[]{3}+\frac{2r\pi }{6}$. $\begin{array}{c}{\displaystyle t=t_{ODC\Delta }+t_{\text{körcikkek}}=\frac{r^2\sqrt[]{3}}{4}+\frac{r^2\pi }{6}\mathrm{.}}\end{array}$ 3. A számtani sorozat első három eleme $a_1=x-d$, $a_2=x$ és $a_3=x+d$, ahol $d\ne 0$. A feltételek szerint $g_1=a_1{a}_2=\left(x-d\right)x$, $g_2=a_2{a}_3=x\left(x+d\right)$ és $g_3=a_3{a}_1=\left(x+d\right)\left(x-d\right)$ egy mértani sorozat tagjai, ami pontosan akkor teljesül, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle g_2^2=g_1{g}_3\mathrm{,}\text{azaz}{\left[x\left(x+d\right)\right]}^2={\left(x-d\right)}^{2}x\left(x+d\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A művelet elvégzése után $3xd=d^2$, mivel $d\ne 0$. $3x-d=0\iff d=3x$, ekkor $a_1=-2x$, $a_2=x$ és $a_3=4x$, valamint $g_1=-2x^2$, $g_2=4x^2$ és $g_3=-8x^2$, amiből, mivel $d$, és így $x$ is $0$-tól különböző, a keresett hányados $q=-2.$ 4. Először vegyük észre, hogy az $AP=PB$ miatt $p\in f_{AB}$. 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 $P_1$ a $CF$ szakasz $C$-n túli meghosszabításán van, akkor a $P_{1}AF$ derékszögű háromszögben Pitagorasz tétele szerint $A{F}^2+F{P}_1^2=A{P}_1^2$, vagyis $x^2+{\left(x\sqrt[]{3}+2\sqrt[]{3}\right)}^2=52$, amelynek pozitív gyöke $x=2$, s így a háromszög területére a $t=x^2\sqrt[]{3}=4\sqrt[]{3}$ értéket kapjuk. ii) Ha $P_2$ a $CF$ szakasz belső pontja, akkor $x^2+{\left(x\sqrt[]{3}-2\sqrt[]{3}\right)}^2=52$, ebből $x=5$, a háromszög területére $t=25\sqrt[]{3}$ adódik. iii) Amennyiben $P_3$ a $CF$-nek $F$-en túli meghosszabításán van ‐$F$-et is beleértve ‐, úgy az $A{P}_{3}C$ háromszögben az $A{P}_3=2\sqrt[]{1}3$ nagyságú oldallal szemben $30{}^{\circ }$-os szög, míg a nála kisebb $C{P}_3=2\sqrt[]{3}$ szakasszal szemben egy legalább ${60}^{\circ }$-os szög található, ez pedig nem lehetséges. A feladat feltételeinek tehát két háromszög felel meg, területeik $4\sqrt[]{3}$, illetve $25\sqrt[]{3}$ egység. 5. Az első egyenes egyenletét átrendezve: $y=\frac{3}{4}x+6$, azaz a két egyenes párhuzamos. Az $A\left(0;-4\right)$ és a $D\left(0;6\right)$ 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 $\left(4;4\right)$ 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: $B_1\left(8;2\right)$ és $C_1\left(8;12\right)$. Szimmetrikus trapéz esetén az $AD$ oldal $F\left(0;1\right)$ felezőpontjának a kör $K\left(4;4\right)$ középpontjára vonatkozó $G\left(8;7\right)$ tükörképe lesz a $B_2{C}_2$ szár felezőpontja, s ettől az illető szár felével egyenlő távolságban ‐ $5$ egységnyire ‐ keresendők az alapokon a hiányzó csúcsok: $B_2\left(\frac{16}{5};\frac{42}{5}\right)$ és $C_2\left(\frac{64}{5};\frac{28}{5}\right)$.   6. A $\text{sin}2x=2\text{sin}x\text{cos}x$ és a $\text{cos}2x=2\text{cos}{}^{2}x-1$ azonosságok alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(2\text{cos}x-1\right)\left(\text{sin}x-p\right)=0}\end{array}$ (1) és $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(4\text{cos}x-p\right)\left(\text{cos}x-p\right)=0.}\end{array}$ (2) Látható, hogy a paramétertől függetlenül $1$-nek a $\text{cos}x=\frac{1}{2}$ megoldása, ezt a $\left(2\right)$ egyenletbe helyettesítve a $\left(2-p\right)\left(\frac{1}{2}-p\right)=0$ egyenletet kapjuk. Ez pontosan akkor teljesül, ha $p=2$ vagy $p=\frac{1}{2}$. i) $p=2$ esetén az $\left(1\right)$ egyenletnek a már említetteken kívül további megoldása nincs. ii) Ha $p=\frac{1}{2}$, akkor $\left(1\right)$-ből $\text{sin}x=\frac{1}{2}$ miatt például $x=\frac{\pi }{6}$ is lehetséges megoldás, ám ez az érték nem tesz eleget a $\left(2\right)$ egyenletnek, hiszen $\left(4\frac{\sqrt[]{3}}{2}-\frac{1}{2}\right)\left(\frac{\sqrt[]{3}}{2}-\frac{1}{2}\right)>0$. 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 $CT=2\varrho$, $TB=R-r$ és $CB=R+r$, így Pitagorasz tétele alapján ${\varrho }^2=rR$.     4. ábra   $\frac{V_{\text{gömb}}}{V_{\text{kúp}}}=\frac{\frac{4}{3}{\varrho }^3\pi }{\frac{2\varrho \pi }{3}\left(r^2+rR+R^2\right)}=\frac{2{\varrho }^2}{r^2+rR+R^2}=\frac{2rR}{r^2+rR+R^2}=\frac{2}{\frac{r}{R}+1+\frac{R}{r}}\mathrm{,}$ ekkor pedig mivel $\frac{r}{R}$ pozítiv szám, és reciproka $\left(\frac{R}{r}\right)$, összegük legalább $2$, a tört nevezője legalább $3$, vagyis a tört értéke legfeljebb $\frac{2}{3}$. Egyenlőség akkor és csak akkor áll fenn, ha $\frac{r}{R}=1$, vagyis a csonakkúp henger. ,,Valódi'' kúp esetén a kérdéses arány $\frac{2}{3}$-nál kisebb, de bármely $ϵ>0$ mellett van olyan arány, amelyre $\frac{V_g}{V_k}>\frac{2}{3}-ϵ$.   8. A második egyenlet a következő alakban írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle -\text{sin}{}^2\left(\pi x\right)=\text{sin}{}^2\left(\pi y\right)\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $\text{sin}{}^2\left(\pi x\right)=0$ és $\text{sin}{}^2\left(\pi y\right)=0$ miatt $x$ és $y$ egyaránt egész számok kell legyenek, vagyis az első egyenletet az egész számpárok körében kell megoldanunk. Átalakítva $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left[2\left(x+y\right)\right]}^2+{\left(x-2\right)}^2=\mathrm{8,}}\end{array}$ de $8$ két négyzetszám öszegeként csupán a $4+4$ alakban állítható elő , ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left[2\left(x+y\right)\right]}^2=4\text{és}{\left(x-2\right)}^2=4.}\end{array}$ 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 $\left(0;-1\right)$, $\left(0;1\right)$, $\left(4;-5\right)$ vagy $\left(4;-3\right)$. Ellenőrzéssel meggyőződhetünk arról, hogy a felsoroltak valóban megoldások.