Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap (1998/3. sz.) feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	1998/május, 272 - 274. 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. Rendezzük a következő alakra az egyenletet: $\sqrt[]{x^2-10x+30}=-x^2+10x-18$. Legyen $x^2-10x+30=y$. Ekkor a $\sqrt[]{y}=12-y$ egyenletet kell megoldanunuk. Így $0\le y\le 12$, és ekkor a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. A négyzetre emelés és a rendezés után kapjuk: $y^2-25y+144=0$. Ebből $y_1=9$, $y_2=16$, de a feltételeknek csak a 9 felel meg. Az $x^2-10x+30=9$ egyenletből $x_1=3$, $x_2=7$ adódik.   2. Azt láthatjuk, hogy a $CF$ szakasz vízszintes és 3 egység magasan helyezkedik el. Legyenek a függőlegesek megfelelő talppontjai: $A\text{'}$, $B\text{'}$, $C\text{'}$, $D\text{'}$, $E\text{'}$, $F\text{'}$. Ekkor az $AA\text{'}D\text{'}D$ derékszögű trapézról tudjuk, hogy a párhuzamos oldalai, $AA\text{'}=4$, $DD\text{'}=6$ egység ($A\text{'}D\text{'}=20$, 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 $BB\text{'}E\text{'}E$ 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 $\overline{c}$ prím, azért 2, 3, 5, 7 a lehetséges értékek, de $\overline{bc}$ is prím, ezért a 2, 5 kizárt, vagyis $\overline{c}$ csak 3 vagy 7 lehet. Mivel $\overline{ab}$ 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 $\overline{bbc}$ 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 $9773=29\cdot 337$, 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 $C\left(c;9-c\right)$, ahol $0<c<9$ valós szám. A $c$ és az adott pontok segítségével kifejezhetjük a következő pontok koordinátáit: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill Q\left(\frac{12+c}{3};\frac{9-c}{3}\right)\mathrm{,}\hfill & \hfill R\left(\frac{2c}{3};\frac{24-2c}{3}\right)\mathrm{,}\hfill & \hfill M\left(\frac{2c+6}{6};\frac{24-2c}{6}\right)\mathrm{,}\hfill \\ \hfill N\left(\frac{12+c}{6};\frac{21-c}{6}\right)\mathrm{,}\hfill & \hfill K\left(\frac{c}{2};\frac{9-c}{2}\right)\mathrm{,}\hfill & \hfill L\left(\mathrm{3,3}\right)\mathrm{.}\hfill \end{array}}\\ \hfill {\displaystyle MN=\sqrt[]{{\left(\frac{c-6}{6}\right)}^2+{\left(\frac{3-c}{6}\right)}^2}=\frac{1}{3}\cdot \sqrt[]{{\left(\frac{c-6}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3-c}{2}\right)}^2}\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle KL=\sqrt[]{{\left(\frac{c-6}{2}\right)}^2+{\left(\frac{3-c}{2}\right)}^2}=3\cdot MN\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Vagyis a $c$ értéktől függetlenül a keresett arány $KL:MN=3:1$.   5. A megoldandó egyenlet: $2\text{sin}{}^{6}x-3\text{sin}{}^{4}x+\text{sin}{}^{2}x+2\text{cos}{}^{6}x-3\text{cos}{}^{4}x+\text{cos}{}^{2}x=0$, ezt ilyen alakban is írhatjuk: $2\left(\text{sin}{}^{6}x+\text{cos}{}^{6}x\right)-3\left(\text{sin}{}^{4}x+\text{cos}{}^{4}x\right)+\text{sin}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x=0$. Alkalmazzuk a következő átalakításokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{sin}{}^{6}x+\text{cos}{}^{6}x={\left(\text{sin}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x\right)}^3-3\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x\cdot \left(\text{sin}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x\right)=1-3\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle \text{sin}{}^{4}x+\text{cos}{}^{4}x={\left(\text{sin}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x\right)}^2-2\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x=1-2\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x\mathrm{,}\text{sin}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x=1.}\end{array}}}\end{array}$ Ekkor a behelyettesítések utáni egyenlet: $2\left(1-3\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x\right)-3\left(1-2\text{sin}{}^{2}x\text{cos}{}^{2}x\right)+1=0$. 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 $x\ne {10}^5$, valamint $x\ne {10}^{-1}$. Mivel $\mathrm{9,8}=\frac{98}{10}=\frac{49}{5}={\left(\frac{7}{\sqrt[]{5}}\right)}^2={\left(\frac{\sqrt[]{5}}{7}\right)}^{-2}$, így az eredeti egyenlet így írható: ${\left(\frac{\sqrt[]{5}}{7}\right)}^{\frac{2}{-5+\text{lg}x}-\frac{4}{1+\text{lg}x}}={\left(\frac{\sqrt[]{5}}{7}\right)}^{-2}$. Ebből kapjuk: $\frac{2}{-5+\text{lg}x}-\frac{4}{1+\text{lg}x}=-2$. A közös nevezővel, $\left(-5+\text{lg}x\right)\left(1+\text{lg}x\right)$-szel szorozhatunk, és $\left(-2\right)$-vel oszthatunk: $2\left(-5+\text{lg}x\right)-\left(1+\text{lg}x\right)=\left(-5+\text{lg}x\right)\left(1+\text{lg}x\right)$. A beszorzások és összevonások után kapjuk: $\text{lg}{}^{2}x-5\text{lg}x+6=0$, amiből $\text{log}{x}_1=2$, $\text{lg}{x}_2=3$. Így a megoldások: $x_1=100$, $x_2=1000$.   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 $1+2+\text{...}+n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}$ gramm aranyat ástak ki. A feltétel szerint ennek oszthatónak kell lennie 3-mal, ami azt jelenti, hogy $3\mid n$ vagy $3\mid \left(n+1\right)$. Még azt is meg kell mutatnunk, hogy ha $3\mid n$ vagy $3\mid \left(n+1\right)$, 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 $3\mid n$ vagy $3\mid \left(n+1\right)$, 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 $\left(k+1\right)+\left(k+6\right)=\left(k+2\right)+\left(k+5\right)=\left(k+3\right)+\left(k+4\right)$, 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