Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	1997/március, 150 - 151. 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. a) Könnyen igazolhatjuk, hogy $\text{log}{}_{2^k}{3}^k=\text{log}{}_{2}3$. Ezt alkalmazva az egyenletünk a következő alakban írható: $n\cdot \text{log}{}_{2}3=\text{log}{}_{2}81$, amiből $\text{log}{}_2{3}^n=\text{log}{}_2{3}^4$. Ebből pedig az $n=4$ megoldást kapjuk.   1. b) $2\sqrt[]{10\cdot 9^{x-1}-81}=96-10\cdot 9^{x-1}$ alakúra hozzuk az egyenletet. Mivel a gyök alatti és a jobb oldali kifejezésnek is nemnegatívnak kell lenni, azért $\mathrm{8,1}\le 9^{x-1}\le \mathrm{9,6}$. Legyen $10\cdot 9^{x-1}=a$, ekkor a megoldandó egyenlet $2\sqrt[]{a-81}=96-a$, ahol $81\le a\le 96$. Emeljünk négyzetre: $4\left(a-81\right)=9216-192a+a^2$. A beszorzás és a rendezés után: $a^2-196a+9540=0$. A másodfokú egyenlet megoldóképlete alapján: $a_1=106$, $a_2=90$. Az első szám nincs az értelmezési tartományban. Tehát $10\cdot 9^{x-1}=90$, amiből könnyen adódik az $x=2$ megoldás.   2. Tudjuk, hogy $\frac{{\left(a+b\right)}^2}{16}=ab$, amiből $a^2+b^2=14ab$. A Pitagorasz-tétel alapján $14ab=c^2$. Írjuk ezt át a következő alakba: $\frac{a}{c}\cdot \frac{b}{c}=\frac{1}{14}$. Vagyis $\text{sin}\alpha \cdot \text{cos}\alpha =\frac{1}{14}$, amit szorzunk 2-vel, és $2\text{sin}\alpha \cdot \text{cos}\alpha =\text{sin}2\alpha =\frac{1}{7}$ 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: $b^2+b^2={\left(a-b\right)}^2$. Elvégezzük a négyzetreemelést, és elveszünk $b^2$-et: $b^2=a^2-2ab$. Adjunk mind a két oldalhoz $\left(a^2+2ab\right)$-t: $a^2+2ab+b^2=2a^2$, vagyis ${\left(a+b\right)}^2=a^2+a^2$. Ez pontosan azt jelenti, hogy az $a+b$ egy $a$ befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogója lesz.   4. Tudjuk, hogy $t=\frac{ab\cdot \text{sin}\gamma }{2}=\frac{c\cdot m_c}{2}$, amiből $\frac{ab}{m_c}=\frac{c}{\text{sin}\gamma }$. Felírhatjuk továbbá, hogy $m_c\le a$, valamint $m_c\le b$. E két összefüggés közül egyszerre legfeljebb az egyikben lehet egyenlőség, ezért $m_c^2<ab$. Írjuk ezt $m_c<\frac{ab}{m_c}$ alakban. Vagyis kapjuk a bizonyítandó állítást: $\frac{c}{\text{sin}\gamma }>m_c$.   5. Pitagorasz tétele szerint: $A_{4k}{A}_{4k+1}=\left(4k+1\right)\sqrt[]{2}$, $A_{4k+1}{A}_{4k+2}=4k+2$, $A_{4k+2}{A}_{4k+3}=\left(4k+3\right)\sqrt[]{2}$, $A_{4k+3}{A}_{4k+4}=4k+4$. Mivel $1997=4\cdot 449+1$, azért a keresett hossz: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+3+\text{...}+1997\right)\cdot \sqrt[]{2}+\left(2+4+\text{...}+1996\right)={999}^2\cdot \sqrt[]{2}+998\cdot 999=998001\cdot \sqrt[]{2}+997002.}\end{array}$   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): $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+b^2=\mathrm{340,}{b}^2+c^2=\mathrm{369,}{c}^2+a^2=421.}\end{array}$ Ebből az egyenletrendszerből kapjuk: $a^2=196$, $b^2=144$, $c^2=225$. 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 $B_1$-nek, a $C$ pont merőleges vetületét a $B$ szintjében $C_1$-nek, az $A$ szintjében $C_2$-nek. $A{B}_1=80\cdot \text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ctg</span>}{10}^{\circ }\approx \mathrm{751,4}$  $c=\frac{80}{\text{sin}{10}^{\circ }}\approx \mathrm{460,83}$,  $a=\frac{120}{\text{sin}{12}^{\circ }}\approx \mathrm{577,2}$. Az $ABC$ szöget nevezzük $\beta$-nak, ekkor az $ABC$ háromszögben a koszinusztétel szerint: $b^2=c^2+a^2-2ca\cdot \text{cos}\beta$. A kiszámított oldalakat beírjuk, és kifejezzük az ismeretlent: $\text{cos}\beta =\frac{\mathrm{460,}{83}^2+\mathrm{577,}{2}^2-\mathrm{751,}{4}^2}{2\cdot \mathrm{460,83}\cdot \mathrm{577,2}}\approx -\mathrm{0,0359}$. A keresett szög: $\beta \approx {92}^{\circ }03\text{'}$.   8. Tudjuk, hogy $1^3+\text{...}+n^3=\frac{n^2{\left(n+1\right)}^2}{4}$ és $1^2+\text{...}+n^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}$. Vegyük a hányadosukat: $\frac{\frac{n^2{\left(n+1\right)}^2}{4}}{\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}}=\frac{3n\left(n+1\right)}{2\left(2n+1\right)}=k$, és tegyük fel, hogy $n$, $k$ pozitív egészek. Szorozzunk a nevezővel: $3n\left(n+1\right)=2k\left(2n+1\right)$. Ezután hozzuk a következő alakra: $3n^2+\left(3-4k\right)n-2k=0$, ebből az $n$-et kifejezve: $\begin{array}{c}{\displaystyle n_{\mathrm{1,2}}=\frac{4k-3\pm \sqrt[]{{\left(4k-3\right)}^2+24k}}{6}=\frac{4k-3\pm \sqrt[]{16k^2+9}}{6}\mathrm{.}}\end{array}$ A diszkriminánsnak négyzetszámnak kell lenni. A $k=0$ és a $k=1$ esetén ez teljesül. Könnyen látható, hogy nagyobb érték nem jöhet szóba, hiszen $k\ge 2$ esetén ${\left(4k\right)}^2=16k^2<16k^2+9<16k^2+\left(8k+1\right)={\left(4k+1\right)}^2$. Kiszámoljuk a lehetséges $n$ értékeket, a következőket kapjuk: 0, $-1$, 1, $-\frac{2}{3}$. Csak az $n=1$ esetén lenne a hányados egész, vagyis a feladat kérdésére nemmel kell válaszolnunk. Számadó László