Cím: Megoldásvázlatok és eredmények a IV. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 1996/április, 199 - 201. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Mivel 1995=5360+195, azért
sin21995=sin2195=sin215éscos21995=cos2195=cos215.
4ab=4sin215cos215=sin230=14, vagyis ab=116.
log2=(116)-12=log216=log24=2.

 
Megjegyzés. Az ab értékét a következők felhasználásával közvetlenül is meghatározhatjuk:
sin15=sin(45-30)=sin45cos30-cos45sin30=6-24,cos15cos(45-30)=cos45cos30+sin45sin30=6+24.

 
2. Legyen a kocka éle a, a szabályos tetraéderé pedig b, ekkor A1=6a2, A2=3b2. Tudjuk, hogy 6a2=3b2, vagyis a2b2=36, amiből ab=36. A térfogatok aránya:
V1V2=a3212b3=122(36)3=1223366=23312=3343=341,31.

 
3. I. megoldás. Az ABC háromszögben legyen C-nél a tompaszög. A legrövidebb magasság ekkor CT. Legyen a legrövidebb oldal BC, akkor a feladat szövege alapján CT=BT. Vagyis CBT egyenlő szárú derékszögű háromszög, a köré írt körben találtunk egy 45-os kerületi szöget: CBT=CBA=45. A középponti szög ennek a kétszerese, így AOC=90. A szokásos jelölésekkel: AC=b, CB=a, AO=CO=r. TB=CT=22a, AT=b2-a22 adódik a Pitagorasz-tétel segítségével. AOC és ATC derékszögű háromszögeknek közös az átfogójuk, ezért a rájuk felírt Pitagorasz-tételek összevetéséből 2r2=b2-a22+a22 adódik, vagyis r=b2.
II. megoldás. Az előző megoldásban szereplő jelöléseket alkalmazzuk, továbbá AB felezőpontját nevezzük F-nek. Belátható, hogy OFT egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért FT=FO=c2-a2. Felírjuk a Pitagorasz-tételt az OFA háromszögre:
(c2-a2)2+(c2)=r2, amiből r2=c2+a2-2ac2, vagyis r=c2+a2-2ac2.
 
Megjegyzés. A két megoldásban kapott r érték formailag különböző. Megmutatható, hogy ezek egyenlőek egymással. Az ATC háromszögre írjuk fel a Pitagorasz-tételt: b2=a22+(c-a2)2, amiből b2=c2+a2-2ac.
 
4. A feladat szövege alapján az f2(n)=ng(n) egyenlet pozitív egész gyökeit kell meghatározni: (n2-2n+3)2=n(n2-4n+7). Elvégezzük a kijelölt műveleteket, majd a bal oldalra rendezzük a kapott tagokat: n4-5n3+14n2-19n+9=0. Ha van egész megoldás, akkor az csakis a konstans osztói között lehet. Vegyük figyelembe, hogy pozitív egész gyököket keresünk, így csak három érték jöhet szóba: 1,  3,  9. Behelyettesítéssel kapjuk az egyedüli megoldást: n=1.
 
5. Alkalmazhatjuk a számtani és a négyzetes közép közötti összefüggést két tagra, többször egymás után
6a-2+6b-22+6c-2+6d-2226a-2+6b-22+6c-2+6d-2223(a+b)-2+3(c+d)-22=3(a+b+c+d)-42=32-42=1.
Néggyel szorozva kapjuk a bizonyítandó állítást. Egyenlőség az a=b=c=d=12 esetén van. Megjegyzés. Alkalmazhatjuk a számtani és a négyzetes közép közötti összefüggést négy tagra is, akkor valamivel kevesebb átalakítással érünk a bizonyítandó állításhoz.
 
6. A BC oldal felező merőlegesének felírása: a normálvektora: BC(1;-3), felezőpontja: Fa(-52;12), egyenlete: x-3y=-52-32=-4. A CA oldal felező merőlegesének felírása: a normálvektora: CA(7;-1), felezőpontja: Fb(32;-32), egyenlete: 7x-y=212+32=12. A két egyenes metszéspontja a kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása, x=2,  y=2.
A metszéspont a keresett kör középpontja: K(2;2), KA=KC=KB=r=5 (a B pont második koordinátája 2, így szinte ránézésre adódik az r=5). A keresett egyenlet: (x-2)2+(y-2)2=25.
 
Megjegyzés. Észrevehető, hogy az ABC háromszögre teljesülnek a 3. feladat feltételei, ezért r=b2=502=5. Ennek a birtokában a középpont koordinátái már könnyen megkaphatók.
 
7. Legyen a hat valós szám: a;  a+d;  a+2d;  a+3d;  a+4d;  a+5d. A szöveg alapján (a+d)2=a(a+5d), mivel a; a+d; a+5d egy mértani sorozat három egymást követő eleme. Végezzük el a kijelölt műveleteket: a2+2ad+d2=a2+5ad. Az összevonás után d2=3ad adódik. Oszthatunk 3d2-nel (d0): 13=ad. A keresett arány: 13. Ez azt jelenti, hogy d=3a, vagyis a mértani sorozat így kezdődik: a;  4a;  16a;  ..., amiből q=4. A mértani sorozat tizedik eleme: a10=aq9=a49=262144a=a+873813a=a+87381d, vagyis a számtani sorozat 87382-edik tagja lesz az a szám, ami a mértani sorozatban a tizedik helyen áll.
Vegyük a mértani sorozat (n+1)-edik tagját. Ez an+1=aqn=a4n=a22n=a+(22n-1)a. Mivel d=3a, azért az aqn akkor lehet tagja a számtani sorozatnak, ha 22n-1 osztható 3-mal. Az azonos, páros kitevőjű hatványok különbsége osztható az alapok összegével, ezzel az állításunkat beláttuk.
 
8. cosx0; cos2x0; cos3x0, amiből x90+k1180; x45+k290; x30+k360,  k1, k2, k3Z.
Az első és a második tagból kiemelhető a tg2x, a negyedik és az ötödik tagból pedig a -6:
tg2x(1+tg2xtg3x)-6(1+tg2xtg3x)-(tg3x-tg2x)=0
Tudjuk (a Függvénytáblázatban is megtalálható): tgx=tg(3x-2x)=tg3x-tg2x1+tg2xtg3x, ezért tg3x-tg2x helyett tgx(1+tg2xtg3x) írható. Ezután 1+tg2xtg3x kiemelhető:
(tg2x-tgx-6)(1+tg2xtg3x)=0.

Két eset van: I. tg2x-tgx-6=0, amiből vagy tgx1=-2, x1=-6326'+k4180, k4Z, vagy tgx2=3,  x2=7134'+k5180, k5Z
II. 1+tg2xtg3x=0. Belátható, hogy ebben az esetben nincs megoldás (pl. a tg2x=2tgx1-tg2x és a tg3x=tg2x+tgx1-tg2xtgx alkalmazásával).
Számadó László