A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 1. Jelölje és az egyenlőtlenség, illetve az egyenlet egész megoldásainak a számát. Ekkor nyilván és . Adjuk össze ezeket az egyenlőségeket az értékekre: | | azaz Az halmaz elemei az egyenlet egész megoldásai (ábra). Az , síknegyedben megoldást kapunk, ezek: . A további három síknegyeddel együtt ez összesen megoldás, így azonban a tengelyeken lévő összesen 4 megoldás mindegyikét kétszer számoltuk. Eszerint , ha .
Így . Behelyettesítve .
2. Legyen és konjugáltját, -t jelöljük -vel. Ekkor Próbáljuk kiszámolni értékét. Az azonosság felhasználásával , tehát gyöke a egyenletnek. Némi próbálkozás után kapjuk, hogy az egyenletnek megoldása a 2, ennek megfelelően . A másodfokú tényezőnek nincsen valós gyöke, így ha olyan valós szám, amelyre , akkor . -ra és -re az , egyenleteket kaptuk, a gyökök és együtthatók közti összefüggések szerint tehát (és persze ) gyökei az egyenletnek.
Megjegyzések. 1. Némi próbálkozás után felismerhető, hogy a köbgyök alatt áll. Így , ahonnan ugyancsak felírható a keresett egyenlet: | |
2. Ha közvetlenül az ,,egyenletre'' alkalmazzuk az előbbi módszert, akkor köbre emelés után adódik, amit rendezve és négyzetre emelve , azaz a hatodfokú egyenlet adódik. Ennek a polinomnak valóban osztója az polinom.
3. Ha a három szomszédos páros szám közül a középső osztható 4-gyel, akkor a két szélső és alakú szám a 2-nek pontosan az első hatványával osztható, ebben az esetben a középső szám megfelelő. Ha pedig a középső páros szám nem osztható 4-gyel, akkor mindkét szélső páros szám a 4-nek többszöröse. Közülük pontosan egy 8-cal is osztható és így rendelkezik az előírt tulajdonsággal.
4. Ha a sorozat differenciája nulla, akkor , a bal oldalon az egyenlő tagból álló összeg értéke , ami egyenlő a jobb oldal értékével. Ha , akkor gyöktelenítsük a nevezőket: | | A bal oldal értéke tehát | | A jobb oldalon a nevezőt gyöktelenítve adódik, ami miatt valóban egyenlő a bal oldal értékével.
5. . Ennek a számnak a legnagyobb prímosztója a 37-nél nagyobb prím lehet. A legnagyobb kétjegyű prím a 97, így 979797 esetén kapjuk a legnagyobb prímosztót, értéke 97.
6. A logaritmus értelmezése szerint , és . A feltétel szerint és egész számok, így , . Ekkor a bal oldal is értelmes. A jobb oldal , a logaritmusfüggvény kölcsönösen egyértelmű, tehát . -ra nézve másodfokú egyenletet kaptunk, ennek nemnegatív gyöke 8, ahonnan . Mivel egész, a -nak 1-nél nagyobb osztói lehetnek értékei és minden ilyen -re pozitív egész. Lépéseink megfordíthatók, így ezek a számpárok megoldásai az eredeti egyenletnek. Az egyenlet tehát összesen hat pozitív egész számpárra teljesül.
7. pontosan akkor teljesül, ha Az függvény szigorúan monoton növő, így a feltétel ekvivalens a egyenlőtlenséggel. A intervallumban egész szám van. ezek mindegyikét fölveszi és ezek mindegyikére értelmes. A sorozatnak tehát 23 olyan pozitív eleme van, amely kisebb 2-nél.
8. I. megoldás. Jelöljük a bal oldalon álló függvényt -szel és a második tagban alakítsunk teljes négyzetté a négyzetgyök alatt: Ekkor , így elegendő minimális értékét keresni. Mivel , azért akkor minimális, ha minimális. | | A második gyökjel alatt két pozitív mennyiség szorzata áll: | | és pontosan akkor van egyenlőség, ha . Így | |
Ha , akkor , így mindenképpen egyenlőség pedig pontosan akkor teljesül, ha , azaz . Így és pontosan akkor van egyenlőség ‐ azaz pontosan akkor minimális ‐, ha .
II. megoldás. két tagjának geometriai jelentés tulajdonítható. Tekintsük a derékszögű koordinátarendszerben az , és az egyenesen mozgó pontokat (1. ábra).
1. ábra Ekkor az ismert távolságformula szerint A feladat kérdése tehát úgy fogalmazható, hogy az egyenes mely pontjára lesz minimális a távolságösszeg. A feladat jól ismert megoldását úgy kapjuk, hogy az egyik rögzített pontot ‐ legyen ez az ‐ tükrözzük az egyenesre (2. ábra). Ekkor az szakasz -vel való metszéspontjában adódik a minimum.
2. ábra Valóban, az egyenes tetszőleges, -től különböző pontjára a tükrözés miatt, a háromszög-egyenlőtlenség szerint pedig . Mivel az egyenes most párhuzamos az szakasszal, az egyenes középvonala az háromszögnek, így első koordinátája a két rögzített pont, és első koordinátájának a számtani közepe, . A összeg tehát az egyenes pontjára lesz a legkisebb, így a kifejezés értéke akkor minimális, ha .
9. A. Szorozzuk értékét -vel. Az ismert addíciós összefüggés szerint | | Így , azaz | |
B. Mivel , azért | |
C. Számoljuk értékét úgy, hogy a második alkalommal fordított sorrendben írjuk le az összeg tagjait. (Ahogyan a legenda szerint a kis Gauss összegezte a számtani sorozatot.) Ekkor | | Az összesen tagú összeg egymás alatt álló tagjai | | alakúak. Ismeretes, hogy ha , akkor , így az egymás alatt álló tagok összege 0, tehát . A megfelelő sorrend tehát .
10. Ha eredetileg autóbuszt rendeltek, akkor a feltétel szerint Ha , akkor , tehát a egyenlőtlenségrendszert kell megoldanunk, ahol pozitív egész. Az első feltételből , a másodikból pedig adódik. Így és .
11. Ha és a derékszögű háromszög befogói, pedig az átfogó, akkor Pitagorasz tétele szerint , a feltétel pedig azt jelenti, hogy Innen az egyenletrendszert kapjuk. A gyökök és együtthatók közti összefüggések szerint és gyökei a másodfokú egyenletnek, amit megoldva . Az , mennyiségek értéke tehát valamilyen sorrendben és .
Megjegyzés. Ha és pozitív számok, akkor , a feladatnak tehát minden derékszögű háromszögre van megoldása.
12. I. megoldás. Vegyünk föl egy derékszögű koordinátarendszert az 1. ábra szerint. Ekkor és . Az szakasz hosszát a távolságformulával számolva
1. ábra
II. megoldás. Oldjuk meg a feladatot általánosan, legyenek a háromszög befogói és , átfogója . Induljunk ki egy oldalú négyzetből (2. ábra). Ha a négyzet minden oldalát az ábra szerint osztjuk fel , hosszúságú szakaszokra, akkor az osztópontok az négyzet csúcsai.
2. ábra A két négyzet közös centruma a átló felezőpontja (az körüli -os forgatás az ábrát önmagába viszi). Az tehát egyenlő szárú derékszögű háromszög, a derékszögű csúcsot, -et az négyzet oldalának felezőpontjával összekötő szakasz hossza tehát a négyzet oldalának, -nek a felével egyenlő.
Megjegyzés. A feladat háromszögének átfogója , ennek fele 6,5. A második bizonyításból az is kiderül, hogy merőleges -re.
13. A feltételből következik, hogy . A szoba összesen darab járólappal fedhető le, a fallal nem érintkező ,,belső'' részen pedig járólap van.
A feltétel szerint | | Rendezés után , azaz adódik. A bal oldalon és egész számok és miatt , ha tehát a szorzatuk 8, akkor mindkettő pozitív. A 8 pozitív egészek szorzataként vagy pedig alakban áll elő, ha a tényezők nagyságviszonyára is tekintettel vagyunk. Így két megoldást kapunk: és , azaz és ; és , azaz és . Mindkét számpár megoldása a feladatnak.
14. Tegyük fel, hogy létezik ilyen mértani sorozat. Ekkor miatt a sorozat hányadosa, . A sorozat elemeinek reciprokai is mértani sorozatot alkotnak, ennek hányadosa . Az ismert összefüggés szerint az elemek reciprokának összege | |
Használjuk fel, hogy . Az elemek reciprokának összege így a következőképpen alakul: Behelyettesítve | | Innen következik. Mivel egész, a bal oldal osztható 3-mal, a jobb oldal pedig nem. Ez az egyenlőség tehát egyetlen pozitív egész -re sem állhat fönn, a kérdéses mértani sorozat valóban nem létezik.
15. Ha jelöli az átlagos évi hozamot, akkor | | az átlagos évi hozam tehát . Ha jelöli a tényleges első évi kamatlábat, akkor a második évi kamatláb , befektetésünk a második év után -szorosára növekszik. Így -ra a másodfokú | | egyenletet kapjuk. Rendezés után kapjuk, hogy . Ennek az egyenletnek a pozitív megoldása . A tényleges kamatláb tehát az első évben , a másodikban pedig volt.
Megjegyzés. Az átlagos kamatláb nem az éves kamatlábak számtani közepe. Az éves szorzószámokat összehasonlítva | | azaz az és az mértani közepe, valamivel kisebb a számtani közepüknél, -nál. Ennek megfelelően is valamivel kisebb, mint .
16. , , | |
A függőón tömege M=V⋅ϱ≈106,9 g. b) A minimális forgáshenger sugara r, magassága pedig m+h. A térfogata így VH=r2π(m+h)≈25,25cm3, így legalább VH-V≈11,61cm3 hulladék keletkezik, ami a henger térfogatának közelítőleg 46%-a.
17. | AB2-BC2=(AB2-BP2)-(BC2-BP2)==AP2-PC2=(AD2-DP2)-(DC2-DP2)==AD2-DC2, | azaz AB2-BC2=AD2-DC2, vagy átrendezve ha a négyszög átlói merőlegesek, akkor a szemközti oldalak négyzetösszege egyenlő.
Thalész tétele szerint AB=2PF1=30, BC=2PF2=26, CD=2PF3=10. Így AD2=AB2+DC2-BC2=302+102-262=324=182. Az ABCD négyszög kerülete 30+26+10+18=84.
Megjegyzés. A megoldás során talált állításnak a megfordítása is igaz: ha egy négyszög szemközti oldalainak négyzetösszege egyenlő, akkor a négyszög átlói merőlegesek egymásra.
18. Mindkét négyzetgyök alatt teljes négyzet áll: | x-1-2x-2=(x-2-1)2ésx+2-4x-2=(x-2-2)2, | így a |x-2-1|+|x-2-2|≤3 egyenlőtlenséget kell megoldanunk. Az abszolút értéket felbontva: | |x-2-1|+|x-2-2|={3-2x-2,ha x-2<1;1,ha 1≤x-2<2;2x-2-3,ha 2≤x-2. | Mivel x-2≥0, azért a vizsgált egyenlőtlenség teljesül, ha x-2<2, ha pedig 2≤x-2, akkor 2x-2-3≤3, azaz x-2≤3. Összefoglalva: a feladat egyenlőtlensége akkor és csak akkor teljesül, ha x-2≤3, azaz ‐ figyelembe véve, hogy x-2-nek értelmesnek kell lennie ‐, ha 2≤x≤11.
19. A feltétel szerint az an+1-an különbségsorozat elemeire an+1-an=bn=2+an, ahonnan Innen a2=2a1+2, a3=2a2+2=4a1+6, a4=2a3+2=8a1+14. A feltétel szerint a1+a2+a3+7=a4, azaz (7a1+8)+7=8a1+14, ahonnan a1=1. Így a2=4, a3=2⋅4+2=10, a4=2⋅10+2=22, a5=2⋅22+2=46. Mivel a bizonyításban eddig nem használtuk fel, hogy a bn=an+1-an mértani sorozat, meg kell mutatnunk, hogy ez a feltétel is teljesül, egyébként a feladatnak nincsen megoldása. A (*) rekurzió felhasználásával a bn különbségsorozatra azt kapjuk, hogy | bn=an+1-an=(2an+2)-(2an-1+2)=2(an-an-1)=2bn-1. | A bn sorozat tehát valóban mértani sorozat, a hányadosa 2. A bn sorozat elemei tehát: b1=a2-a1=3 és így b2=2⋅3=6, b3=12, b4=24, b5=48.
Megjegyzés. A bn sorozatra vonatkozó észrevétel lehetővé teszi, hogy felírjuk a (*) rekurzióval értelmezett sorozat n-edik elemét: | an=an-an-1+an-1-an-2+...+a2-a1+a1==bn-1+bn-2+...+b1+a1=1+3⋅(2n-1-1). | Hasonlóan kapható meg az an+1=p⋅an+q sorozat n-edik eleme is, ha az első elem, a1 értéke adott.
20. A tükrözés miatt v'=P'Q'→+P''Q''→ párhuzamos az e egyenessel és így az e-vel párhuzamos v vektorral is (1. ábra).
1. ábra Az eltolás miatt P'Q'→=PQ→, így v'=PQ→+P''Q''→=(-1;2)+(2;-1)=(1;1). A tükrözés miatt P'P''→ merőleges e-re és így v-re is, az eltolás miatt pedig PP'→ párhuzamos v-vel (2. ábra).
2. ábra Ha tehát a PP''→=(3;1) vektort felbontjuk egy v-vel párhuzamos és egy v-re merőleges vektor összegére, akkor a vektorfelbontás egyértelműsége miatt a v-vel párhuzamos összetevő éppen PP'→=v, a v-re merőleges összetevő pedig P'P''→. Legyen PP'→=t⋅v'=(t;t). Ez akkor lesz megfelelő, ha PP''→-t⋅v'=(3-t;1-t) merőleges v'-re, azaz skalárszorzatuk nulla: A (3-t;1-t)(1;1) skalárszorzat értéke 4-2t, ez pontosan akkor 0, ha t=2. Így v=t⋅v'=(2;2), a P' pont koordinátái PP'→=v miatt P'(1+2;2+2). Az e egyenesnek v egy irányvektora, egyenletéhez elég egyetlen pontja. A tükrözés miatt a P'P'' szakasz felezőpontja (3+42;4+32) rajta van az e egyenesen, amelynek egyenlete így y-x=0. |