Harmadik sorozat -  megoldás
 
 
  1. Mindenekelőtt alakítsuk át a megoldandó egyenletrendszer egyenleteit a logaritmus definíciója, azonosságai és a hatványozás azonosságai alapján. Természetesen szükséges, hogy x + y > 0, x - y > 0 legyen. Az első egyenletből:



    2. A második egyenletből:



    Helyettesítsük most y kifejezését ebbe az egyenletbe:



    De x = -11 esetén y =-3 adódna, ami a feltételek miatt nem lehetséges, így kaptuk: 

    x = 11 és y =3.

    A kapott értékek az egyenletrendszer megoldásai.

  2. Tekintsük az ábrát, ahol F-fel jelöltük a BC oldal felezőpontját!

    3.  

    Mivel az ABC háromszög harmadik szöge 90°, így az AB átfogó a körnek átmérője, s az ABC háromszög egy fél szabályos háromszög. 

    , , 

    Az ABD háromszög Thalész tétele miatt ugyancsak derékszögű, továbbá FBDĐ = CAFĐ , hiszen azonos íven nyugvó kerületi szögek. Ebből következik, hogy az AFC és FBD háromszögek hasonlók, tehát



    Ki kell még számítanunk az AF szakasz hosszát. Az ACD derékszögű háromszögből:



    Ezt behelyettesítve kapjuk a keresett szakaszt:



  3. A négyzet alapú egyenes hasáb alapnégyzetének átlója . 



    4.  

    A testátló hosszát az ACC` derékszögű háromszögből számíthatjuk ki.



    A feltételek szerint AB, AC, AC` mértani sorozatot alkotnak, azaz



    Ezek szerint ACC` egyenlő szárú derékszögű háromszög, így a keresett szög: .

  4. a, Az alábbi feltételeknek kell teljesülniük:



    5. Az első egyenlőtlenségből , ami nyilván minden x-re teljesül. A második egyenlőtlenségből:



    Tehát a) esetben az értelmezési tartomány:



    b, Most a  és egyenlőtlenségeknek kell teljesülniük.



    Tehát b) esetben az értelmezési tartomány :



  5. Az  egyenlőtlenségnek csak akkor van értelme, ha



    6. Ekkor 

    Mivel bármely 0-tól különböző x valós szám esetén a logaritmus alapja nagyobb 1-nél, ezért a logaritmusfüggvény tulajdonságai miatt:



    Így az eredeti egyenlőtlenség megoldása: 

    azaz  vagy .

     
  6. Tekintsük az ábrát, ahol összekötöttük C1-et a BC oldal F felezőpontjával és B-vel.
    7. Mivel E az AF szakasznak és CC1 szakasznak is felezőpontja, ezért FCAC1 paralelogramma, tehát AC1 párhuzamos BC-vel, s így BCAC1 trapéz.

    , hiszen csúcsszögek, továbbá , hiszen váltószögek. Ebből következik, hogy AC1T háromszög és BCT háromszög hasonló, így 

    .

    Húzzunk most párhuzamost F ponton át C1C-vel! E párhuzamos AB-t G-ben metszi. Mivel GFA háromszögben E az AF felezőpontja és ET párhuzamos FG-vel, ezért ET középvonal, tehát AT = TG.

    Hasonlóan, TBC háromszögben F a BC oldal felezőpontja és FG párhuzamos CT-vel, ezért GF középvonal, tehát TG = GB.

    Ezek szerint AT = TG = GB, így T az AB oldal A-hoz közelebbi harmadolópontja.



    és éppen ezt kellett igazolnunk.

  7. A megoldandó egyenlet így is írható:

    8. .

    Mivel x és y pozitív egészek, ezért 3x - 4y is egész, így 18-at kell két pozitív egész szorzatára bontanunk.

    .

    Ha y = 1, akkor 3x - 4y = 18, azaz 3x - 4 = 18. Ekkor x-re nem kapunk egész értéket.
     

    Ha y = 2, akkor 3x - 4y = 9, azaz 3x - 8 = 9. Ekkor sem kapunk x-re egész értéket.
     

    Ha y = 3, akkor 3x - 12 =6, azaz x = 6.
     

    Ha y = 6, akkor 3x - 24 =3, azaz x = 9.
     

    Ha y = 9, akkor 3x - 36 = 2, így x nem egész.
     

    Ha y = 18, akkor 3x - 72 = 1, tehát x ekkor sem egész.
     

    Minden lehetséges esetet áttekintettünk, így az eredeti egyenlet összes megoldása

    vagy .

  8. A bizonyítandó állítást függvények segítségével fogjuk megközelíteni. Az



    9. függvény értelmezési tartománya minden valós szám. A függvény grafikonja egy folytonos görbe.

    Ha az  egyenlet egy gyöke 1 és 2 között van, az azt jelenti, hogy az f(x) függvény görbéje x = 1 és x =2 között metszi az x tengelyt, tehát az x = 1 és x = 2 helyettesítési értékeknek különböző előjelűeknek kell lenniük.

    , ami a feltételek szerint nyilván negatív.

    .

    Mivel a és b 1-nél kisebb pozitív valós számok, ezért

    .
    Ezek szerint



    Azt kaptuk, hogy f(1) < 0, f(2) >0, tehát kell legyen olyan x0, amelyre 1 < x0 <2 és f(x0) = 0, így valóban az 



     
    egyenlet egyik gyöke 1 és 2 között van.