Cím: A januári szakköri feladatok megoldásvázlatai, eredményei
Füzet: 1999/február, 88. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Csak olyan x szám lehet megoldás, amelyre x-1+x-30, azaz x2. Legyen x-3=z és x-1=y(>0). Ekkor y+z2y2+2z2, ami ekvivalens az y2+z2+2yz2y2+2z2 és így az (y-z)20 egyenlőtlenséggel; tehát y=z, x-1=x-3, x-1-x-1-2=0, x-1=2 (hiszen x-1>0), x=5. Az adott egyenlőtlenséget egyetlen szám, x=5 elégíti ki.
 
2. Jelölje a BPC, illetve a DPA háromszögek területét t2, illetve t4, a négyszög területét T.
Mivel egyrészt T=t1+t2+t3+t4, másrészt T=t1+t3+2t1t3, azért t2+t4=2t1t3.
Legyen AP=e1, PC=e2, BP=f1, PD=f2.
Az egyenlő magasságú háromszögek területének arányára vonatkozó állítás alkalmazásával:
t1t2=e1e2ést4t3=e1e2,tehátt1t3=t2t4.
Így t2+t4=2t2t4,  (t2-t4)2=0, azaz t2=t4.
Ha az átlók szöge φ, akkor t2=12e2f1sinφ és t4=12e1f2sinφ, amiből e1f2=e2f1, e1f1=e2f2. Az APB és a CPD háromszögek tehát hasonlók, PAB=PCD, ezért AB párhuzamos CD-vel, azaz a négyszög valóban trapéz.
 
3. Szorozzuk meg 212-vel az egyenlet mindkét oldalát, a bal oldalon alakítsunk szorzattá.
(2sinxcosx)(12sinx-12cosx)=1,sin2xsin(x-π4)=1.
Ez csak úgy lehetséges, ha
a) sin2x=1 és sin(x-π4)=1  vagy  b) sin2x=-1 és sin(x-π4)=-1.
a) 2x=π2+2kπ, x=π4+kπ, kZ és x-π4=π2+2nπ, x=3π4+2nπ, ilyen x tehát nincs;
b) 2x=3π2+2kπ, x=3π4+kπ, kZ és x-π4=3π2+2nπ, x=7π4+2nπ, nZ.
Az egyenlet megoldásai az x=7π4+2nπ, nZ számok.
 
4. Az igazolandó egyenlőség ekvivalens a következőkkel:
cosαsinα+cosβsinβ+cosγsinγ=2sinαsinβsinγ,sin2α+sin2β+sin2γ=4sinαsinβsinγ.
Így elegendő ez utóbbit igazolni.
Mivel sin2α+sin2β=2sin(α+β)cos(α-β), és felhasználva, hogy γ=180-(α+β), 2γ=360-2(α+β),
sin2γ=-sin2(α+β)=-2sin(α+β)cos(α+β),
tehát
sin2α+sin2β+sin2γ=2sin(α+β)(cos(α-β)-cos(α+β))==2sin(180-(α+β))2sinαsinβ=4sinαsinβsinγ.


Rábai Imre