Ötödik sorozat - megoldás

  1. A logaritmus és a négyzetgyök fogalma miatt az



    2. egyenlőtlenségnek csak akkor van értelme, ha x > 0. 

    Alakítsuk át az egyenlőtlenséget!



    Az x = 1 - amint az könnyen ellenőrizhető - megoldása az egyenlőtlenségnek.
     

    Ha , akkor két esetet kell vizsgálnunk.

    Ha x > 1, akkor , tehát 



    Mivel a logaritmus alapja 1-nél kisebb, így kapjuk: 

    .

    Ha 0 < x <1, akkor , tehát



    Ez utóbbi nyilván ellentmondás, így az egyenlőtlenség összes megoldása:

    .

     
  2. Tekintsük az ábrát!

    3.  

    Ha a megadott 2y = x -5 egyenes felezi a kör területét, akkor ennek az egyenesnek át kell haladnia a keresett kör középpontján. Mivel a kör áthalad az A, illetve a B ponton, azért az AB felezőmerőlegesére is illeszkedik a keresett kör középpontja. Ezek szerint a keresett kör középpontja az AB szakaszfelező merőlegesének és a megadott egyenesnek metszéspontja.
    Az AB szakasz felezőpontja: F (2; 1)

    Az AB szakasz egy irányvektora: vAB (8; -6), s ez egyben az AB felezőmerőlegesének egy normálvektora. Így az AB felezőmerőlegesének egyenlete: 



    Ezek szerint a 



    egyenletrendszer megoldása lesz a keresett kör középpontja. Az első egyenletből: 

    ,

    a második egyenletbe helyettesítve: 



    Ezt valamelyik egyenletbe visszahelyettesítve x = -1, tehát a keresett kör középpontja:

    O (-1; 3).

    A kör r sugara az O pontnak A ( vagy B ) ponttól való távolsága:



    Tehát a keresett kör egyenlete:



  3. Elemezzük az ábrát, ahol T-vel jelöltük az A csúcsból induló magasság talppontját, x-szel a TQ szakasz hosszát.

    4. (Természetesen előfordulhat, hogy a T pont a PQ szakasz egy pontja. A bizonyítás gondolatmenete ez esetben is megegyezik az alábbiakkal.)
     

    Írjuk fel a bizonyítandó



    egyenlőségben szereplő szakaszokat a Pitagorasz-tétel segítségével: 



    Ezek szerint Az eredeti egyenlőtlenség így is írható: 



    s ezzel az egyenlőséget bizonyítottuk.
     
  4. Jelöljük a számtani sorozat első elemét a1-gyel, s írjuk ki részletesen az
    5.  
    feltételt 

    Fejezzük ki az egyenlőségből a1-et, hogy majd felhasználhassuk a bizonyítandó egyenlőséghez! 



    nyilván k > 1, így 



    Azt kaptuk tehát, hogy ha egy számtani sorozatban minden n-re teljesül az

    feltétel, továbbá d = 8, akkor a1 = 4.

    Írjuk most ki részletesen Sn - t a1 és d értékeit is felhasználva! 

    ,

    és éppen ezt kellett igazolnunk. 

  5. Alakítsuk át a feltételi  egyenlőséget!

    6. Négyzetre emelés és rendezés után:


    Ezt tekinthetjük egy a-ban másodfokú egyenletnek, így 



    Mivel a és b pozitív egészek, így szükséges , hogy a négyzetgyök alatti mennyiség négyzetszám legyen, hiszen ellenkező esetben a-ra irracionális értéket kapnánk. Tehát valamely k pozitív egészre: 



    Ez utóbbi egyenlőség bal oldalának pozitívnak kell lennie, ami csak b = 1 és b = 2 esetén teljesül.
     

    Ha b = 2, akkor 100-36b = 28, ami nem négyzetszám.
    Ha b = 1, akkor 100-36b = 64, ami négyzetszám.
     

    Tehát csak b = 1 lehetséges. Ezt az előző megoldóképletbe visszahelyettesítve kapjuk: 



    Tehát a = 0, ami nyilván érdektelen, vagy a = 8.
     

    A keresett kétjegyű szám: 



    Valóban: . 

  6. A megadott helyzetben lévő kúpok közös része két, egyenlő sugarú, alapköreikkel egymáshoz illeszkedő körkúp. Ezt szemléltettük az ábrán, ahol x-szel jelöltük e kúpok közös alapkörének sugarát, d-vel az egyik magasságát. Ekkor a másik kúp magassága nyilván m - d.


    7.  

    Egy szög szárait párhuzamosan metsző egyenesek szárak közötti szakaszáról szóló tétel miatt felírhatjuk az alábbi arányokat: 



    E két egyenlőséget összeadva kapjuk:



    Ezek szerint a két kúp közös részének térfogata: 



     
  7. Alakítsuk át a bizonyítandó



    8. egyenlőtlenség bal oldalán szereplő néhány tagot az alábbi módon: 



    Ezekkel az egyenlőtlenség bal oldala így írható: 



    Közismert, hogy egy egytől különböző pozitív számnak és reciprokának összege mindig nagyobb 2-nél. 



    így ezek összege megadja a bizonyítandó egyenlőtlenséget.
     
  8. Tekintsük az ábrát, ahol a, b, c-vel jelöltük a háromszög megfelelő oldalait.

    9. Ha AOBS húrnégyszög, akkor az S pontból az AB átfogó ugyanakkora szögben látszik, mint az O pontból. Jelöljük ezt a szöget j -vel. Minthogy 



    ezért j = 135°.
     

    Írjuk most föl a BSA háromszögre a koszinusztételt, azután ebből próbáljunk a és b oldalak arányára, tehát az ABC háromszög egyik szögére következtetni!
     

    BSK háromszögből: 
     
     

    ASL háromszögből: , így 

    .

    Mivel  és , ezért 



    Emeljük négyzetre ez utóbbi egyenlőség mindkét oldalát: 



    Az -tel osztva: 



    Vezessük most be az  jelölést. Ekkor: 



    Ez utóbbi másodfokú egyenlet D diszkriminánsa:

    , így az egyenletnek nincs valós megoldása.

Azt kaptuk tehát, hogy nem létezik olyan derékszögű háromszög, amelynek súlypontja, beírt körének középpontja és átfogójának két végpontja húrnégyszöget alkot.