Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 1997/március, 150 - 151. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. a) Könnyen igazolhatjuk, hogy log2k3k=log23. Ezt alkalmazva az egyenletünk a következő alakban írható: nlog23=log281, amiből log23n=log234. Ebből pedig az n=4 megoldást kapjuk.
 
1. b) 2109x-1-81=96-109x-1 alakúra hozzuk az egyenletet. Mivel a gyök alatti és a jobb oldali kifejezésnek is nemnegatívnak kell lenni, azért 8,19x-19,6. Legyen 109x-1=a, ekkor a megoldandó egyenlet 2a-81=96-a, ahol 81a96. Emeljünk négyzetre: 4(a-81)=9216-192a+a2. A beszorzás és a rendezés után: a2-196a+9540=0. A másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján: a1=106, a2=90. Az első szám nincs az értelmezési tartományban. Tehát 109x-1=90, amiből könnyen adódik az x=2 megoldás.
 
2. Tudjuk, hogy (a+b)216=ab, amiből a2+b2=14ab. A Pitagorasz-tétel alapján 14ab=c2. Írjuk ezt át a következő alakba: acbc=114. Vagyis sinαcosα=114, amit szorzunk 2-vel, és 2sinαcosα=sin2α=17 értéket kapunk.
 
3. Az ABCD téglalap AC átlójának felezőpontja F, a felezőmerőlegese E-ben metszi az AB-t, és G-ben CD-t. AB=CD=a, BC=DA=b. Az ACG egyenlő szárú derékszögű háromszög, hiszen GF az AC-t merőlegesen felezi, ezért GC=GA. Ezek szerint GC nem lehet egyenlő a rövidebb b odallal, mert ekkor GC=GA=b, és GA nem egyenlő DA egymásnak ellentmondó állításokhoz jutnánk. Így DG=b, GC=a-b, amiből AG=a-b következik. Az ADG derékszögű háromszögre írjuk fel a Pitagorasz-tételt: b2+b2=(a-b)2. Elvégezzük a négyzetreemelést, és elveszünk b2-et: b2=a2-2ab. Adjunk mind a két oldalhoz (a2+2ab)-t: a2+2ab+b2=2a2, vagyis (a+b)2=a2+a2. Ez pontosan azt jelenti, hogy az a+b egy a befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogója lesz.
 
4. Tudjuk, hogy t=absinγ2=cmc2, amiből abmc=csinγ. Felírhatjuk továbbá, hogy mca, valamint mcb. E két összefüggés közül egyszerre legfeljebb az egyikben lehet egyenlőség, ezért mc2<ab. Írjuk ezt mc<abmc alakban. Vagyis kapjuk a bizonyítandó állítást: csinγ>mc.
 
5. Pitagorasz tétele szerint: A4kA4k+1=(4k+1)2, A4k+1A4k+2=4k+2, A4k+2A4k+3=(4k+3)2, A4k+3A4k+4=4k+4. Mivel 1997=4449+1, azért a keresett hossz:
(1+3+...+1997)2+(2+4+...+1996)=99922+998999=9980012+997002.

 
6. Az ABCDEFGH téglatest oldalélei legyenek AB=a, AD=b, AE=c. Az ACHF olyan tetraéder, amelynek a szemközti élei páronként egyenlőek (a téglatest szemközti lapjainak egy-egy átlója lesz a tetraéder éle), és ezeknek a kitérő éleknek a távolságai pontosan az a, b, c. Az adott élhosszúságokkal és a téglatest éleivel a következő egyenletek írhatók fel (Pitagorasz-tétel):
a2+b2=340,b2+c2=369,c2+a2=421.
Ebből az egyenletrendszerből kapjuk: a2=196, b2=144, c2=225. A keresett távolságok: 14, 12, 15.
 
7. Használjuk a következő jelöléseket: AB=c, BC=a, AC=b, nevezzük el a B pont merőleges vetületét az A szintjében B1-nek, a C pont merőleges vetületét a B szintjében C1-nek, az A szintjében C2-nek. AB1=80ctg10751,4  c=80sin10460,83,  a=120sin12577,2. Az ABC szöget nevezzük β-nak, ekkor az ABC háromszögben a koszinusztétel szerint: b2=c2+a2-2cacosβ. A kiszámított oldalakat beírjuk, és kifejezzük az ismeretlent: cosβ=460,832+577,22-751,422460,83577,2-0,0359. A keresett szög: β9203'.
 
8. Tudjuk, hogy 13+...+n3=n2(n+1)24 és 12+...+n2=n(n+1)(2n+1)6.
Vegyük a hányadosukat: n2(n+1)24n(n+1)(2n+1)6=3n(n+1)2(2n+1)=k, és tegyük fel, hogy n, k pozitív egészek. Szorozzunk a nevezővel: 3n(n+1)=2k(2n+1).
Ezután hozzuk a következő alakra: 3n2+(3-4k)n-2k=0, ebből az n-et kifejezve:
n1,2=4k-3±(4k-3)2+24k6=4k-3±16k2+96.
A diszkriminánsnak négyzetszámnak kell lenni. A k=0 és a k=1 esetén ez teljesül. Könnyen látható, hogy nagyobb érték nem jöhet szóba, hiszen k2 esetén (4k)2=16k2<16k2+9<16k2+(8k+1)=(4k+1)2. Kiszámoljuk a lehetséges n értékeket, a következőket kapjuk: 0, -1, 1, -23. Csak az n=1 esetén lenne a hányados egész, vagyis a feladat kérdésére nemmel kell válaszolnunk.

Számadó László