Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap (1998/3. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 1998/május, 272 - 274. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Rendezzük a következő alakra az egyenletet: x2-10x+30=-x2+10x-18. Legyen x2-10x+30=y. Ekkor a y=12-y egyenletet kell megoldanunuk. Így 0y12, és ekkor a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. A négyzetre emelés és a rendezés után kapjuk: y2-25y+144=0. Ebből y1=9, y2=16, de a feltételeknek csak a 9 felel meg. Az x2-10x+30=9 egyenletből x1=3, x2=7 adódik.
 
2. Azt láthatjuk, hogy a CF szakasz vízszintes és 3 egység magasan helyezkedik el. Legyenek a függőlegesek megfelelő talppontjai: A', B', C', D', E', F'. Ekkor az AA'D'D derékszögű trapézról tudjuk, hogy a párhuzamos oldalai, AA'=4, DD'=6 egység (A'D'=20, de ezt most nem is fogjuk felhasználni). A látszólagos metszéspont az AD felezőpontja, ami jelen esetben a függőlegesen álló középvonal egyik végpontja. A párhuzamos oldalak számtani közepe adja a középvonal hosszát, ezért az AD felezője 5 egység magasan van. Hasonlóan gondolkodhatunk a BB'E'E derékszögű trapézról is. A megfelelő adatokkal kapjuk, hogy BE felezője 4 egység magasan van. Vagyis a valóságban 1-1 egység távolság van függőlegesen a kérdéses egyenesek között a látszólagos metszéspontnál úgy, hogy itt AD van a legmagasabban és CF a legalacsonyabban.
 
3. Mivel c¯ prím, azért 2, 3, 5, 7 a lehetséges értékek, de bc¯ is prím, ezért a 2, 5 kizárt, vagyis c¯ csak 3 vagy 7 lehet. Mivel ab¯ prím, azért b csak 1, 3, 7, 9 lehet. Vegyük figyelembe, hogy a számjegyek összege 26, valamint a c lehetséges értékeit is; ekkor b csak 7 vagy 9 lehet, mert a többi kevés lenne. A bbc¯ lehetséges értéke ezek alapján 773, 993, 997, de ennek is prímszámnak kell lenni. A 993 osztható 3-mal, a 773, valamint a 997 prímszám (ellenőrizhetjük, vagy nézzük meg a függvénytáblázatban). Mivel a számjegyek összege 26, azért már csak két ilyen számra gondolhatunk: a 9773-ra vagy az 1997-re. Mivel 9773=29337, az 1997-ről pedig megállapíthatjuk, hogy prím, azért csak egy ilyen szám van, az 1997.
Megjegyzés. Ha a feltételek között nem szerepelt volna a számjegyek összegére vonatkozó megszorítás, akkor hosszabb, de hasonló vizsgálattal jutottunk volna el a megoldáshoz. Akinek van egy kis türelme, fejezze be így is a vizsgálatot! Biztosan kap új számot, mert így a 4337 is megfelel.
 
4. Mivel C pont az EF szakasz belső pontja, azért C(c;9-c), ahol 0<c<9 valós szám. A c és az adott pontok segítségével kifejezhetjük a következő pontok koordinátáit:
Q(12+c3;9-c3),R(2c3;24-2c3),M(2c+66;24-2c6),N(12+c6;21-c6),K(c2;9-c2),L(3,3).MN=(c-66)2+(3-c6)2=13(c-62)2+(3-c2)2,KL=(c-62)2+(3-c2)2=3MN.
Vagyis a c értéktől függetlenül a keresett arány KL:MN=3:1.
 
5. A megoldandó egyenlet: 2sin6x-3sin4x+sin2x+2cos6x-3cos4x+cos2x=0, ezt ilyen alakban is írhatjuk: 2(sin6x+cos6x)-3(sin4x+cos4x)+sin2x+cos2x=0. Alkalmazzuk a következő átalakításokat:
sin6x+cos6x=(sin2x+cos2x)3-3sin2xcos2x(sin2x+cos2x)=1-3sin2xcos2x,sin4x+cos4x=(sin2x+cos2x)2-2sin2xcos2x=1-2sin2xcos2x,sin2x+cos2x=1.
Ekkor a behelyettesítések utáni egyenlet: 2(1-3sin2xcos2x)-3(1-2sin2xcos2x)+1=0. A beszorzások és összevonások után a bal oldalon is 0 lesz, vagyis azonosságot kaptunk, így minden valós szám megoldása az egyenletnek.
 
6. A feladatban szereplő kifejezés értelmezési tartománya: csak pozitív számnak van logaritmusa, ezért x>0, továbbá a nevezők nem lehetnek 0-val egyenlők, ezért x105, valamint x10-1. Mivel 9,8=9810=495=(75)2=(57)-2, így az eredeti egyenlet így írható: (57)2-5+lgx-41+lgx=(57)-2. Ebből kapjuk: 2-5+lgx-41+lgx=-2. A közös nevezővel, (-5+lgx)(1+lgx)-szel szorozhatunk, és (-2)-vel oszthatunk: 2(-5+lgx)-(1+lgx)=(-5+lgx)(1+lgx). A beszorzások és összevonások után kapjuk: lg2x-5lgx+6=0, amiből logx1=2, lgx2=3. Így a megoldások: x1=100, x2=1000.
 
7. Legyen a két metszéspont A és B. Legyen egy tetszőleges, de a metszéspontoktól különböző pont az egyik körvonalon C, a másikon D. Mivel a körvonalak nem egy síkban vannak, azért ABCD egy tetraédert határoz meg. Minden tetraéder köré lehet gömböt írni (lásd pl. Geometriai feladatok gyűjteménye, I. 1946. feladat). Az ABCD tetraéder köré írt gömböt az ABC háromszögre illeszkedő síkkal, illetve az ABD háromszögre illeszkedő síkkal metszve a két háromszög köré írt két kör pontosan az eredetileg megadott egymást metsző két kör lesz. Így beláttuk, hogy létezik a keresett gömbfelület.
 
8. Jelöljük n-nel annak a napnak a sorszámát, amikor befejezik a munkát. Ha az n értéke 1, 2 vagy 3, akkor nem lehet szétosztani az aranyat, ezt könnyen ellenőrizhetjük. Az n-edik napig 1+2+...+n=n(n+1)2 gramm aranyat ástak ki. A feltétel szerint ennek oszthatónak kell lennie 3-mal, ami azt jelenti, hogy 3n vagy 3(n+1).
Még azt is meg kell mutatnunk, hogy ha 3n vagy 3(n+1), akkor a szétosztás valóban elvégezhető.
Ha n=5, akkor a szétosztás: 1+4, 2+3, 5. Ha n=6, akkor: 1+6, 2+5, 3+4. Ha n=8, akkor: 1+2+3+6, 4+8, 5+7. Ha n=9, akkor: 1+2+3+4+5, 6+9, 7+8.
Egy nagyobb n esetén, amelyre 3n vagy 3(n+1), a következő módon készíthetünk egy elosztást. Határozzuk meg az n  6-tal való osztási maradékát, ez 5, 0, 2 vagy 3 lehet, ezekhez rendre az első 5, 6, 8 vagy 9 értéket az előbb leírtak alapján mát szétoszthatjuk. Továbbá még 6-tal osztható számú aranyunk van. Itt pedig felhasználjuk, hogy egymást követő hat egész szám esetén (k+1)+(k+6)=(k+2)+(k+5)=(k+3)+(k+4), így a feltételnek eleget tevő minden számra megvalósítható a szétosztás, vagyis minden olyan napon befejezhetik a munkát, amelynek a sorszáma 3-nál nagyobb, és hárommal osztható, vagy hárommal osztva 2-t ad maradékul.
Számadó László