Cím:	A márciusi szakköri feladatok megoldásvázlatai, eredményei
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2001/április, 206 - 207. 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 koszinusztétel és a háromszög területképletének alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle 2ab\text{cos}\gamma =a^2+b^2-c^2\text{és}2ab\text{sin}\gamma =4T\mathrm{.}}\end{array}$ Emeljük négyzetre az egyenleteket, majd adjuk őket össze: $\begin{array}{c}{\displaystyle 4a^2{b}^2=16T^2+{\left(a^2+b^2-c^2\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ ebből következik az első állítás. Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 16T^2=\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle 16T^2=\left(a+b-c\right)\left(a+b+c\right)\left(c+a-b\right)\left(c-a+b\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Mivel $a+b+c=2s$, $-a+b+c=2\left(s-a\right)$, $a-b+c=2\left(s-b\right)$ és $a+b-c=2\left(s-c\right)$, azért valóban $\begin{array}{c}{\displaystyle T^2=s\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)\mathrm{.}}\end{array}$   2. Az egyenletnek minden valós $x$-re van értelme. Emeljük köbre az egyenlet mindkét oldalát. Az így kapott egyenlet az adott egyenlettel ekvivalens, hiszen az $x\mapsto x^3$, $x\in \text{R}$ függvény nyilván szigorúan monoton. Alkalmazzuk az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+b\right)}^3=a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)}\end{array}$ azonosságot, rendezzük az egyenletet, végezzünk ekvivalens átalakításokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x+\left(2x-3\right)+3\sqrt[3]{x}\cdot \sqrt[3]{2x-3}\cdot \sqrt[3]{12\left(x-1\right)}}& {\displaystyle =12\left(x-1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 3\sqrt[3]{2x^2-3x}\cdot \sqrt[3]{12}\cdot \sqrt[3]{x-1}}& {\displaystyle =9\left(x-1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 12\left(2x^2-3x\right)\left(x-1\right)-27{\left(x-1\right)}^3}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(x-1\right)\left(8x^2-12x-9{\left(x-1\right)}^2\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(x-1\right)\left(-x^2+6x-9\right)}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Az egyenlet megoldásai: $x_1=1$, $x_2=3$.   3. Alkalmazzuk az $\text{log}{}_{u}v=\frac{1}{\text{log}{}_{v}u}$ ($u>0$, $u\ne 1$, $v>0$, $v\ne 1$) és az $\text{log}{}_u{v}_1+\text{log}{}_u{v}_2=\text{log}{}_u{v}_1{v}_2$ ($u>0$, $u\ne 1$, $v_1>0$, $v_2>0$) azonosságokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{log}{}_{a}x\cdot \text{log}{}_{b}x+\text{log}{}_{b}x\cdot \text{log}{}_{c}x+\text{log}{}_{c}x\cdot \text{log}{}_{a}x=\frac{\text{log}{}_{x}c+\text{log}{}_{x}a+\text{log}{}_{x}b}{\text{log}{}_{x}a\cdot \text{log}{}_{x}b\cdot \text{log}{}_{x}c}=}\\ \hfill {\displaystyle =\text{log}{}_{a}x\cdot \text{log}{}_{b}x\cdot \text{log}{}_{c}x\cdot \text{log}{}_{x}abc\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$   4. $x^2-x+1>0$, $x^2+x+1>0$ és $4x^2+3>0$ minden valós $x$-re ($x^2-x+1={\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$, $x^2+x+1={\left(x+\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$), és $4x^2+3>x^2-x+1$ minden valós $x$-re, hiszen $3x^2+x+2=3{\left(x+\frac{1}{6}\right)}^2+\frac{23}{12}$; hasonlóan $4x^2+3>x^2+x+1$ minden valós $x$-re. A három adott kifejezésnek tehát minden valós $x$-re van értelme, és közülük $\sqrt[]{4x^2+3}$ a legnagyobb. A háromszög akkor létezik, ha teljesülnek a háromszög-egyenlőtlenség feltételei, azaz ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{x^2-x+1}+\sqrt[]{x^2+x+1}>\sqrt[]{4x^2+3}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel mindkét oldal pozitív, azért ez az egyenlőtlenség ekvivalens a következő, négyzetre emeléssel kapott egyenlőtlenségekkel: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2x^2+2+2\sqrt[]{{\left(x^2+1\right)}^2-x^2}}& {\displaystyle >4x^2+\mathrm{3,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\sqrt[]{x^4+x^2+1}}& {\displaystyle >2x^2+\mathrm{1,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 4x^2+4x^2+4}& {\displaystyle >4x^4+4x^2+1.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Mivel ez utóbbi minden valós $x$-re teljesül, azért a háromszögek minden valós $x$ esetén léteznek. E háromszögek területe független $x$-től, hiszen $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 16T^2}& {\displaystyle =4a^2{b}^2-{\left(a^2+b^2-c^2\right)}^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 16T^2}& {\displaystyle =4\left(x^2-x+1\right)\left(x^2+x+1\right)-\left(2x^2+2-4x^2-3\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 16T^2}& {\displaystyle =4\left(x^4+x^2+1\right)-\left(4x^4+4x^2+1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 16T^2}& {\displaystyle =\mathrm{3,}T=\frac{\sqrt[]{3}}{4}\text{területegység}\mathrm{.}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{azaz}}\end{array}}}\end{array}$ Rábai Imre