Negyedik sorozat - megoldás

  1. Legelőször számítsuk ki a megoldandó egyenlet bal oldalának értékét!



    2. tehát a következő egyenletet kell megoldanunk:
     


     

    ahonnan  és  . 

  2. Tekintsük az ábrát, ahol T-vel, illetve P-vel jelöltük a trapézba írható kör egy-egy érintési pontját.

    3.  


     

    Mivel AT a trapézba írható kör sugara, PC pedig ennél kisebb, továbbá BT = BP, hiszen a kör egy külső pontból húzott érintő szakaszai, ezért a trapéz leghosszabb oldala csak a hosszabbik párhuzamos oldala lehet. A trapéz oldalai számtani sorozatot alkotnak, így a leghosszabb és legrövidebb oldal szemközti oldalak kell hogy legyenek. Mivel a derékszögű trapéz merőleges szára rövidebb a másik szárnál, ezért a-val és d-vel jelölve a sorozat jellemző adatait, a merőleges szár a+d, a másik szár a+2d, a párhuzamos oldalak a és a+3d. 


    Írjuk fel a BCQ derékszögű háromszögre a Pitagorasz-tételt:



    Tehát a trapéz oldalai 3d, 4d, 5d és 6d.
     

    A beírható kör r sugara: , így a kör t1 területe:

    .
    A trapéz t2 területe:
    .
    A keresett területarány:
    % .

     
  3. A  egyenlőtlenségből világos, hogy  és feltételeknek teljesülniük kell. Ezután az egyenlőtlenség így alakítható:

    4. .

    Most két esetet kell vizsgálni aszerint, hogy vagy , azaz x > 1 vagy x <1.
     

    1. Ha x >1, akkor , így



    azaz vagy .
     

    Ez esetben tehát: .
     

    2. Ha x >1, akkor , így 



    Ekkor tehát 1 < x < 2. Így az eredeti egyenlőtlenség megoldása:

    vagy .

    A feladatban szereplő második egyenlőtlenséghez előbb oldjuk meg a
     

    egyenletet.

    ,

    tehát a második egyenlőtlenség megoldásai: 



    Ábrázoljuk egy számegyenesen a megoldásokat.
     


     

    Az ábráról leolvasható , hogy a megoldás:

    vagy .

     
  4. Ha p = 2, akkor p4 + 4 páros, tehát nem lehet prímszám.


    5. Ha p páratlan prím, akkor utolsó számjegye 1, 3, 7, 9, vagy p = 5. Tekintsük az 1, 3, 7, 9-re végződő természetes számok negyedik hatványának utolsó számjegyét. Mivel ezen számok négyzetei 1-re vagy 9-re végződnek, ezért negyedik hatványaik 1-re kell, hogy végződjenek. Így arra a következtetésre jutottunk, hogy p4 utolsó számjegye 1-re végződik, vagy p =5.
     

    Ha p4 utolsó számjegye 1, akkor p4 + 4 kifejezés 5-re végződik, tehát osztható 5-tel, így nem lehet prím.
     

    Ha p = 5 , akkor
     

    p4 + 4 = 54 + 4 = 625 + 4 = 629.
     

    De 629 = 17 ˙37, így ez sem prím.
     

    Azt kaptuk tehát, hogy nem létezik olyan p prím, amelyre a p4 + 4 is prím.

  5. Tekintsük az ábrát, ahol y0-lal jelöltük a háromszög keresett C csúcsának másik koordinátáját.

    6.  


    Mivel AC = BC, ezért C illeszkedik AB felezőmerőlegesére, az x = 4 egyenletű egyenesre, tehát C első koordinátája nyilván 4.
     

    Írjuk fel először a háromszög S súlypontjának koordinátáit.

    így S koordinátái:
    .
    Az AB szakasz F felezőpontja: F(4; 2).
     

    A feltételek szerint a háromszög magasságpontja felezi SF szakaszt, ezért az M pont xm és ym koordinátáira:



    Most már felírhatjuk y0 segítségével vAM és vBC vektorokat, hiszen ezek merőlegességét kell biztosítanunk.



    Ha vAM merőleges vBC-re, akkor skaláris szorzatuk 0, tehát



    Azt kaptuk, hogy két, a feltételnek eleget tevő C csúcs van



  6. Mielőtt rajzot készítünk, gondoljuk meg, hogy az AOC és a BOC háromszögek köré írható köreinek E és D középpontjait mely oldalfelező merőlegesekkel fogjuk meghatározni. Célszerűnek látszik az AO és az OB oldalak felezőmerőlegeseit berajzolni, hiszen ezek párhuzamosak lesznek, továbbá az OC felezőmerőlegesé, ugyanis OC a két háromszögnek közös oldala. Így készítettük el az ábrát.


    7.  

    Azt kell igazolnunk, hogy DOEC húrnégyszög.
     

    Az OBC háromszögben az OBCĐ = b az OC húron fekvő kerületi szög. Ugyanezen húron nyugvó középponti szög: OECĐ = 2b .
     
     

    Hasonlóképpen AOC háromszögben a CAOĐ = µ , így az ODCĐ = 2µ .
    Ezek szerint DEOC négyszögben:
     

    OECĐ + ODCĐ = 2µ + 2b .
     

    Mivel ABC háromszög Thalész tétele szerint nyilván derékszögű, ezért
     

    µ + b = 90°, így az 

    OECĐ + ODCĐ = 2µ + 2b = 180°, 

    tehát DEOC négyszög valóban húrnégyszög.
     
  7. Az



    8. egyenletet vizsgálva azonnal szembetűnik, hogy 

    x>-4
    feltételnek teljesülnie kell. 


     

    Vezessük be a
     

    új ismeretlent, ahol nyilván a ł 0. Ekkor



    tehát az eredeti egyenlet a következőképpen alakul:



    Az a + 2 ą 0, hiszen a ł 0, így azt kapjuk:



    Így


    tehát az egyenlet megoldása : .
     

    Az ellenőrzést a megoldóra bízzuk.

  8. Tekintsük az ábrát, ahol X-szel jelöltük a keresett pontot a BB1 élen és M-mel az FXHD1 négyszög FH és XD1 átlóinak metszéspontját.

    9. Először számítsuk ki az M pontnak az ABCD négyszög síkjától mért y távolságát. Mivel y az ACHF derékszögű trapéz középvonala, ezért



    De y a BDD1X derékszögű trapéznak is középvonala, így

Tehát az FD1H háromszög síkja a kocka BB1 élét a B csúcshoz legközelebb eső hatodolópontban metszi.