Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok és eredmények a IV. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	1996/április, 199 - 201. 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. Mivel

1995^{\circ} = 5 \cdot 360^{\circ} + 195^{\circ}

, azért

\begin{matrix} sin^{2} 1995^{\circ} = sin^{2} 195^{\circ} = sin^{2} 15^{\circ} és cos^{2} 1995^{\circ} = cos^{2} 195^{\circ} = cos^{2} 15^{\circ} . \end{matrix}

4 a b = 4 sin^{2} 15^{\circ} cos^{2} 15^{\circ} = sin^{2} 30^{\circ} = \frac{1}{4}

, vagyis

a b = \frac{1}{16}

\begin{matrix} log_{2} = {(\frac{1}{16})}^{- \frac{1}{2}} = log_{2} \sqrt[]{16} = log_{2} 4 = 2. \end{matrix}

Megjegyzés. Az

a b

értékét a következők felhasználásával közvetlenül is meghatározhatjuk:

\begin{matrix} \begin{matrix} sin 15^{\circ} & = sin (45^{\circ} - 30^{\circ}) = sin 45^{\circ} cos 30^{\circ} - cos 45^{\circ} sin 30^{\circ} = \frac{\sqrt[]{6} - \sqrt[]{2}}{4}, \\ cos 15^{\circ} cos (45^{\circ} - 30^{\circ}) = cos 45^{\circ} cos 30^{\circ} + sin 45^{\circ} sin 30^{\circ} = \frac{\sqrt[]{6} + \sqrt[]{2}}{4} . \end{matrix} \end{matrix}

2. Legyen a kocka éle

a

, a szabályos tetraéderé pedig

b

, ekkor

A_{1} = 6 a^{2}

A_{2} = \sqrt[]{3} b^{2}

. Tudjuk, hogy

6 a^{2} = \sqrt[]{3} b^{2}

, vagyis

\frac{a^{2}}{b^{2}} = \frac{\sqrt[]{3}}{6}

, amiből

\frac{a}{b} = \sqrt[]{\frac{\sqrt[]{3}}{6}}

. A térfogatok aránya:

\begin{matrix} \frac{V_{1}}{V_{2}} = \frac{a^{3}}{\frac{\sqrt[]{2}}{12} b^{3}} = \frac{12}{\sqrt[]{2}} {(\sqrt[]{\frac{\sqrt[]{3}}{6}})}^{3} = \frac{12}{\sqrt[]{2}} \frac{\sqrt[]{3 \sqrt[]{3}}}{6 \sqrt[]{6}} = \frac{2 \sqrt[]{3 \sqrt[]{3}}}{\sqrt[]{12}} = \frac{\sqrt[]{3} \sqrt[4]{3}}{\sqrt[]{3}} = \sqrt[4]{3} \approx 1,31. \end{matrix}

3. I. megoldás. Az

A B C

háromszögben legyen

C

-nél a tompaszög. A legrövidebb magasság ekkor

C T

. Legyen a legrövidebb oldal

B C

, akkor a feladat szövege alapján

C T = B T

. Vagyis

C B T

egyenlő szárú derékszögű háromszög, a köré írt körben találtunk egy

45^{\circ}

-os kerületi szöget:

C B T ∢ = C B A ∢ = 45^{\circ}

. A középponti szög ennek a kétszerese, így

A O C ∢ = 90^{\circ}

. A szokásos jelölésekkel:

A C = b

C B = a

A O = C O = r

T B = C T = \frac{\sqrt[]{2}}{2} a

A T = \sqrt[]{b^{2} - \frac{a^{2}}{2}}

adódik a Pitagorasz-tétel segítségével.

A O C

és

A T C

derékszögű háromszögeknek közös az átfogójuk, ezért a rájuk felírt Pitagorasz-tételek összevetéséből

2 r^{2} = b^{2} - \frac{a^{2}}{2} + \frac{a^{2}}{2}

adódik, vagyis

r = \frac{b}{\sqrt[]{2}}

.
II. megoldás. Az előző megoldásban szereplő jelöléseket alkalmazzuk, továbbá

A B

felezőpontját nevezzük

F

-nek. Belátható, hogy

O F T

egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért

F T = F O = \frac{c}{2} - \frac{a}{\sqrt[]{2}}

. Felírjuk a Pitagorasz-tételt az

O F A

háromszögre:

{(\frac{c}{2} - \frac{a}{\sqrt[]{2}})}^{2} + (\frac{c}{2}) = r^{2}

, amiből

r^{2} = \frac{c^{2} + a^{2} - \sqrt[]{2} \cdot a c}{2}

, vagyis

r = \sqrt[]{\frac{c^{2} + a^{2} - \sqrt[]{2} \cdot a c}{2}}

Megjegyzés. A két megoldásban kapott

r

érték formailag különböző. Megmutatható, hogy ezek egyenlőek egymással. Az

A T C

háromszögre írjuk fel a Pitagorasz-tételt:

b^{2} = \frac{a^{2}}{2} + {(c - \frac{a}{\sqrt[]{2}})}^{2}

, amiből

b^{2} = c^{2} + a^{2} - 2 \cdot a c

4. A feladat szövege alapján az

f^{2} (n) = n \cdot g (n)

egyenlet pozitív egész gyökeit kell meghatározni:

{(n^{2} - 2 n + 3)}^{2} = n (n^{2} - 4 n + 7)

. Elvégezzük a kijelölt műveleteket, majd a bal oldalra rendezzük a kapott tagokat:

n^{4} - 5 n^{3} + 14 n^{2} - 19 n + 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

\begin{matrix} \begin{matrix} \frac{\frac{\sqrt[]{6 a - 2} + \sqrt[]{6 b - 2}}{2} + \frac{\sqrt[]{6 c - 2} + \sqrt[]{6 d - 2}}{2}}{2} \leq \frac{\sqrt[]{\frac{6 a - 2 + 6 b - 2}{2}} + \sqrt[]{\frac{6 c - 2 + 6 d - 2}{2}}}{2} \leq \\ \leq \sqrt[]{\frac{3 (a + b) - 2 + 3 (c + d) - 2}{2}} = \sqrt[]{\frac{3 (a + b + c + d) - 4}{2}} = \sqrt[]{\frac{3 \cdot 2 - 4}{2}} = 1. \end{matrix} \end{matrix}

Néggyel szorozva kapjuk a bizonyítandó állítást. Egyenlőség az

a = b = c = d = \frac{1}{2}

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

B C

oldal felező merőlegesének felírása: a normálvektora:

B C (1; - 3)

, felezőpontja:

F_{a} (- \frac{5}{2}; \frac{1}{2})

, egyenlete:

x - 3 y = - \frac{5}{2} - \frac{3}{2} = - 4

. A

C A

oldal felező merőlegesének felírása: a normálvektora:

C A (7; - 1)

, felezőpontja:

F_{b} (\frac{3}{2}; - \frac{3}{2})

, egyenlete:

7 x - y = \frac{21}{2} + \frac{3}{2} = 12

. A két egyenes metszéspontja a kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása,

x = 2

y = 2

.
A metszéspont a keresett kör középpontja:

K (2; 2)

K A = K C = K B = r = 5

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

A B C

háromszögre teljesülnek a 3. feladat feltételei, ezért

r = \frac{b}{\sqrt[]{2}} = \frac{\sqrt[]{50}}{\sqrt[]{2}} = 5

. Ennek a birtokában a középpont koordinátái már könnyen megkaphatók.

7. Legyen a hat valós szám:

a

;

a + d

;

a + 2 d

;

a + 3 d

;

a + 4 d

;

a + 5 d

. A szöveg alapján

{(a + d)}^{2} = a (a + 5 d)

, mivel

a

;

a + d

;

a + 5 d

egy mértani sorozat három egymást követő eleme. Végezzük el a kijelölt műveleteket:

a^{2} + 2 a d + d^{2} = a^{2} + 5 a d

. Az összevonás után

d^{2} = 3 a d

adódik. Oszthatunk

3 d^{2}

-nel (

d \neq 0

\frac{1}{3} = \frac{a}{d}

. A keresett arány:

\frac{1}{3}

. Ez azt jelenti, hogy

d = 3 a

, vagyis a mértani sorozat így kezdődik:

a

;

4 a

;

16 a

;

...

, amiből

q = 4

. A mértani sorozat tizedik eleme:

a_{10} = a q^{9} = a \cdot 4^{9} = 262 144 a = a + 87 381 \cdot 3 a = a + 87 381 d

, vagyis a számtani sorozat

87 382

-edik tagja lesz az a szám, ami a mértani sorozatban a tizedik helyen áll.
Vegyük a mértani sorozat

(n + 1)

-edik tagját. Ez

a_{n + 1} = a q^{n} = a \cdot 4^{n} = a \cdot 2^{2 n} = a + (2^{2 n} - 1) a

. Mivel

d = 3 a

, azért az

a q^{n}

akkor lehet tagja a számtani sorozatnak, ha

2^{2 n} - 1

osztható

3

-mal. Az azonos, páros kitevőjű hatványok különbsége osztható az alapok összegével, ezzel az állításunkat beláttuk.

cos x \neq 0

;

cos 2 x \neq 0

;

cos 3 x \neq 0

, amiből

x \neq 90^{\circ} + k_{1} \cdot 180^{\circ}

;

x \neq 45^{\circ} + k_{2} \cdot 90^{\circ}

;

x \neq 30^{\circ} + k_{3} \cdot 60^{\circ}

k_{1}

k_{2}

k_{3} \in Z

.
Az első és a második tagból kiemelhető a

tg^{2} x

, a negyedik és az ötödik tagból pedig a

- 6

\begin{matrix} tg^{2} x \cdot (1 + tg 2 x \cdot tg 3 x) - 6 (1 + tg 2 x \cdot tg 3 x) - (tg 3 x - tg 2 x) = 0 \end{matrix}

Tudjuk (a Függvénytáblázatban is megtalálható):

tg x = tg (3 x - 2 x) = \frac{tg 3 x - tg 2 x}{1 + tg 2 x \cdot tg 3 x}

, ezért

tg 3 x - tg 2 x

helyett

tg x (1 + tg 2 x \cdot tg 3 x)

írható. Ezután

1 + tg 2 x \cdot tg 3 x

kiemelhető:

\begin{matrix} (tg^{2} x - tg x - 6) \cdot (1 + tg 2 x \cdot tg 3 x) = 0. \end{matrix}

Két eset van: I.

tg^{2} x - tg x - 6 = 0

, amiből vagy

tg x_{1} = - 2

x_{1} = - 63^{\circ} 26' + k_{4} \cdot 180^{\circ}

k_{4} \in Z

, vagy

tg x_{2} = 3

x_{2} = 71^{\circ} 34' + k_{5} \cdot 180^{\circ}

k_{5} \in Z

II.

1 + tg 2 x \cdot tg 3 x = 0

. Belátható, hogy ebben az esetben nincs megoldás (pl. a

tg 2 x = \frac{2 tg x}{1 - tg^{2} x}

és a

tg 3 x = \frac{tg 2 x + tg x}{1 - tg 2 x \cdot tg x}

alkalmazásával).

Számadó László