Cím:	A januári szakköri feladatok megoldásvázlatai, eredményei
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1998/március, 140 - 141. 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. Ismeretes, hogy ha $A>0$ és $B>0$, akkor $A+B\ge 2\sqrt[]{AB}$. Ezt alkalmazva $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\ge 2\sqrt[]{\frac{a{b}^{2}c}{ac}}=2b\mathrm{,}\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\ge 2c\text{és}\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\ge 2a\mathrm{.}}\end{array}$ Így $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}=\frac{1}{2}\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)+\frac{1}{2}\left(\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\right)\ge \frac{1}{2}\left(2b+2c+2a\right)=a+b+c\mathrm{.}}\end{array}$ Az egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha $a=b=c$.   2. a) Az állítás teljes indukcióval igazolható. Ha $n=1$, akkor igaz az állítás, mert $S_1=1\cdot 2=10+\left(3-5\right)\cdot 2^2=2$. Tegyük fel, hogy $n$-re igaz, azaz $S_n=10+\left(3n-5\right)\cdot 2^{n+1}$. Be kell látnunk, hogy $\left(n+1\right)$-re is igaz, azaz hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle S_{n+1}=10+\left(3\left(n+1\right)-5\right)\cdot 2^{n+2}=10+\left(6n-4\right)\cdot 2^{n+1}\mathrm{.}}\end{array}$ Ez is fennáll, hiszen $\begin{array}{c}{\displaystyle S_{n+1}=S_n+\left(3\left(n+1\right)-2\right)\cdot 2^{n+1}=10+\left(3n-5\right)\cdot 2^{n+1}+\left(3\left(n+1\right)-2\right)\cdot 2^{n+1}=10+\left(6n-4\right)\cdot 2^{n+1}\mathrm{.}}\end{array}$ Így az állítást igazoltuk. b) Észrevehető, hogy $S_n\text{'}$ $k$-adik tagja $2^k$-nal nagyobb az $S_n$ $k$-adik tagjánál. Ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle S_n\text{'}=S_n+\left(2+2^2+2^3+\text{...}+2^n\right)=S_n+2\left(2^n-1\right)=8+\left(3n-4\right)\cdot 2^{n+1}\mathrm{.}}\end{array}$   3. a) Ismeretes, hogy a háromszög területe $T=\frac{1}{2}ab\text{sin}\gamma$ és $c=2r\text{sin}\gamma$, tehát $T=\frac{abc}{4r}$, azaz $r=\frac{abc}{4T}$. Mivel $\varrho =\frac{T}{s}$, ahol $s=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)$, azért ha $ac=6r\varrho$, akkor $ac=6\cdot \frac{abc}{4T}\cdot \frac{T}{s}=\frac{3abc}{a+b+c}$, amiből $a+b+c=3b$, $a+c=2b$, $a-b=b-c$, azaz $a$, $b$, $c$ valóban egy számtani sorozat három szomszédos eleme. b) Legyen $a$, $b$, $c$ egy számtani sorozat három szomszédos eleme. Ekkor $a+c=2b$, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle 6r\varrho =6\cdot \frac{abc}{2T}\cdot \frac{2T}{a+b+c}=3\frac{abc}{3b}=ac\mathrm{.}}\end{array}$   4. a) Legyen $\overrightarrow{AB}=\text{a}$, $\overrightarrow{BC}=\text{b}$, $\overrightarrow{CD}=\text{c}$ és $\overrightarrow{DA}=\text{d}$. Világos, hogy $\text{a}+\text{b}+\text{c}+\text{d}=\text{0}$. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{CD}+\overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CA}\cdot \overrightarrow{BD}=\text{ac}+\text{b}\left(-\text{d}\right)+\left(\text{c}+\text{d}\right)\left(\text{b}+\text{c}\right)=}\\ \hfill {\displaystyle \text{ac}-\text{bd}+\text{bc}+{\text{c}}^2+\text{bd}+\text{cd}=\text{c}\left(\text{a}+\text{b}+\text{c}+\text{d}\right)=0.}\end{array}}}\end{array}$ b) A feltétel szerint $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{CD}$ és $\overrightarrow{AD}\perp \overrightarrow{BC}$, ezért skaláris szorzatuk nulla, azaz $\text{ac}=0$, és hasonlóan $\left(-\text{d}\right)\text{b}=0$. Azt kell belátni, hogy $CA\perp BD$. Mivel $\overrightarrow{CA}=\text{c}+\text{d}$ és $\overrightarrow{BD}=\text{b}+\text{c}$, ezért elegendő belátni, hogy $\left(\text{c}+\text{d}\right)\left(\text{b}+\text{d}\right)=0$. Ez pedig teljesül, mert $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\text{c}+\text{d}\right)\left(\text{b}+\text{c}\right)=\text{cb}+{\text{c}}^2+\text{db}+\text{dc}=\text{c}\left(\text{b}+\text{c}+\text{d}\right)=\text{c}\left(-\text{a}\right)=\mathrm{0,}}\end{array}$ hiszen $\text{db}=0$, $\text{b}+\text{c}+\text{d}=-\text{a}$ és $\text{ca}=0$. c) A b) feltétele szerint, ha a $D$ pont rajta van a $C$-ből és az $A$-ból induló magasságvonalon, akkor a bizonyított állítás szerint rajta van a $B$-ből induló magasságvonalon is, tehát az $ABC$ háromszög magasságvonalai egy pontban metszik egymást. Rábai Imre