Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) Döntő. x 3x 2 <

Átírás

1 Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 011/01 Matematika I. kategória (SZKKÖZÉPISKOL) Döntő 1. Határozza meg az összes olyan egész számot, amely eleget tesz az egyenlőtlenségnek! log ( + 4) 1 < Megoldás: Először feltételeket adunk meg -re. a) logaritmus értelmezése miatt azaz + 4 > 0, (1) > 4. Ekkor teljesül az is, hogy az is, hogy > 0, vagyis az alapszám nevezője pozitív. ) másik feltételünk aól adódik, hogy a logaritmus alapszáma pozitív, azaz + > 0. Eől az > 0 tényezővel való szorzás után vagyis következik. + > 0, ( 1 ) ( ) > 0

2 Ez az egyenlőtlenség az () = ] ;1[ ] ; [ számhalmazon teljesül. c) harmadik feltételünket aól kapjuk meg, hogy a logaritmus alapszáma nem lehet 1, azaz miől vagyis 3 + 1, +, 4 5 0, ( + 1) ( 5) 0, azaz (3) 1 és 5. d) (1)-et, ()-t és (3)-at összevetve az -re kapott feltétel: ahol B, (4) B = ] 4;1[ ] ; [ \{ 1; 5}. Ezután a kiinduló egyenlőtlenséget átalakítjuk a logaritmus definíciója szerint (5) log ( + 4) + < log Két esetet kell megvizsgálnunk: I. Ha a logaritmus alapszáma 1-nél nagyo, azaz amiől ( > 0 ) 3 + > 1, + >, - -

3 4 5 > 0, ( + 1 ) ( 5) > 0. Ez az egyenlőtlenség pontosan akkor igaz, ha (6) < 1, vagy > 5. Ekkor a logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő, azaz (5)-ől adódik. Eől: <, < + 13 <. 7 Ezt összevetve (6)-tal és (4)-gyel, azt kapjuk, hogy 13 4; 7. Een a számhalmazan az egész számok közül csak az (7) = és = 3 fordul elő. II. Ha a logaritmus alapszáma 1-nél kise, azaz ekkor az előzőek alapján 3 + < 1, (8) 1 < < 5 következik. Ekkor a logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, ezért >, ahonnan a műveletek elvégzése és rendezés után - 3 -

4 (9) következik. 13 > 7 Egyevetve (8)-at, (4)-et és (9)-et C, ahol (10) C = ] 1;1[ ] ; 5[ adódik. Een a halmazan lévő egész számok (11) = 0, = 3, = 4. (7) és (11) alapján az eredeti egyenlőtlenség összes megoldása tehát = 3, =, = 0, = 3, = 4. Egyszerű számolással is ellenőrizhető, hogy a kapott egész számok valóan kielégítik a kiinduló egyenlőtlenséget. Összesen: 10 pont Megjegyzés: 1) a versenyzőknek a feladatan szereplő logaritmusfüggvények szigorúan monoton növekvő, illetve csökkenő tulajdonságát nem volt szükséges izonyítani, de utalniuk kellett erre a tulajdonságra

5 ) az + 4 < 3 +, illetve > egyenlőtlenségek vizsgálatához a következőképpen is eljuthatunk: a logaritmus numeruszára és az alapszámára vonatkozó feltételek felírása után a log ( + 4) < 1 egyenlőtlenség al oldala átírható 10-es alapú lg( + 4) logaritmikus alaka: + lg < 1. + Ha > 1, akkor a 10-es alapú logaritmusfüggvény tulajdonsága + lg( + 4) miatt lg > 0, és így a + lg lg 3 + ( + 4) < lg következik. < 1 egyenlőtlenségől Ez pedig a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő + tulajdonsága miatt azt jelenti, hogy + 4 <. + + Ha pedig 0 < < 1, akkor lg < 0, ezért a lg lg ( + 4) 3 + < egyenlőtlenségől lg( + 4) > lg következik. Eől pedig a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő tulajdonsága alapján azt kapjuk, hogy >

6 . Egy R sugarú göme eírtunk egy olyan négyzetes gúlát, amelynek minden éle egyenlő. gúláa pedig egy, a lapjait érintő kise gömöt írtunk. Mennyi a két gömfelszín arányának pontos értéke? Megoldás: jelöléseink az 1. árán láthatók. 1. ára Legyen az BCDE gúla minden éle a hosszúságú, a gúla BCD alaplapjának középpontja F, a BC él felezőpontja G, az D él felezőpontja H. Messük el a gúlát egy olyan síkkal, amely átmegy az ; C; E pontokon. Ez a sík a gúla köré írt gömöt egy kören metszi, ez a kör az CE háromszög körülírt köre (. ára).. ára -6-

7 Mivel az BCD négyzet átlója a hosszúságú, ezért az CE háromszögen ( ) a + a = a, eől pedig a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt az következik, hogy az CE háromszög derékszögű, a derékszög az E csúcsan van. Thales-tétel megfordítása miatt az CE derékszögű háromszög köré írt körének középpontja az C átfogó F felezési pontja, a kör sugara az átfogó fele: a = F = EF = CF. Ha a gúlát a BDE síkkal metszettük volna el, akkor a keletkező BDE háromszög ugyancsak derékszögű, és a köré írt körének középpontja F, sugara pedig: a DF = EF = BF =. Másrészt EF az CE és a BDE háromszögen az átfogóhoz tartozó magasság, mert egyenlőszárú háromszögen az alaphoz tartozó magasság felezi az alapot. Eszerint EF a gúla BCD lapjának két metsző egyenesére merőleges, tehát merőleges az BCD alaplap minden egyenesére. Ez éppen azt jelenti, hogy EF a gúla BCD lapjához tartozó magassága: (1) m = a. Jelöljük a gúla köré írt göm középpontját O -val. z O pont az EF egyenesen van. Ha az O pont nem lenne azonos az F ponttal, akkor létezne az OFC derékszögű háromszög (3. ára), melynek oldalai: FC = a, OC = R, OF = R m ( vagy m R)

8 3. ára z OFC háromszögre felírva a Pitagorasz-tételt, és (1)-et ehelyettesítve: a a R + =R, miől rendezés után () a = R. Ez azt jelenti, hogy OF = 0 és m = R, azaz O azonos F -fel. gúláa írt göm sugarának meghatározásához messük el a gúlát egy úja síkkal, amely átmegy a gúla E csúcsán és a BC, illetve D élek G, illetve H felezőpontján! (4. ára) 4. ára Ez a metszősík tartalmazza az EF egyenest, erre az egyenesre illeszkedik a gúla eírt gömjének középpontja is. sík a gúláól egy egyenlőszárú háromszöget vág ki, amelynek eírt köre éppen a gúla eírt gömjének egy főköre (4. ára). -8-

9 z GHE háromszög egyenlőszárú, szárai az a oldalú szaályos háromszögek magasságvonalai, ezért hosszuk: a 3. GHE háromszög oldalai a 4. ára szerint: a 3 GE = HE =, GH = a, a háromszögen EF szintén az alaphoz tartozó magasság, ezen van a háromszög eírt körének középpontja. eírt kör sugarára ismert képlet: T (3) r =, s ahol T a háromszög területe, s a háromszög félkerülete. Felírjuk az GHE háromszög területét: a m R R R T GHE = = =, és kiszámítjuk az s félkerületet figyeleme véve ()-t a 3 + a a( 3 + 1) R ( 3 + 1) s = = =. Így (3)-ól TGHE r =, s R r =, R ( 3 + 1) ( 3 1) r = R. Mivel a gömfelszínek aránya a lineáris méretek, ez eseten a körsugarak arányának négyzetével egyenlő, ezért: azaz k R =, r pont - 9 -

10 és így k =, R R ( 3 1) k = z BCDE gúla köré írt R sugarú göm felszínének és a gúláa írt r k sugarú göm felszínének aránya tehát = Összesen: 10 pont Megjegyzés: természetesen a versenyző számolhat úgy is, hogy a -val, illetve R; r -et R; a -t r -rel fejezi ki, és a felszíneket részletesen felírva számítja ki az arányt. Eszerint teljes értékű a munkája akkor is, ha megfelelő indoklással a következőket írja fel: a r =, ( 3 + 1) R = a. z BCDE gúla köré írt R sugarú göm felszíne: = 4 R π z BCDE gúláa írt r sugarú göm felszíne: = 4 r π, két göm felszínét felírva meghatározhatjuk arányukat: k ezzel pedig = ( 3 +1) k k 4R π R = = 4r π r k a ( 3 + 1), azaz k, vagyis = =, a z BCDE gúla köré írt R sugarú göm felszínének és a gúláa írt r sugarú göm felszínének aránya tehát k =

11 3. Legyenek a és olyan racionális számok, melyekre teljesül, hogy 3 3 a + a + a + a = 0. Bizonyítsa e, hogy ekkor a 1 a kifejezés is racionális szám! 1. Megoldás: Ha a = 0, akkor a feltételi egyenletől és ez racionális = 1, Ha = 0, akkor a feltételi egyenletől és ez racionális = 1, 1 =, ekkor 1 a =, ekkor Tehát, ha valamelyik változó értéke 0, akkor igaz az állítás. Ha a és olyan racionális számok, ( a 0 és 0), melyek kielégítik az 3 3 a + a + a + a = 0, egyenletet, akkor kiemeléssel azt kapjuk, hogy ( a + + a) + ( a + ) + 1 = 0 a, és így (1) a ( a + ) + ( a + ) + 1 = 0. Legyen a + =, ezzel egyenletünk az változóan másodfokú ( a 0 és 0), () a = 0. megoldóképlet alapján ± 4 ( 1 a) (3) 1, =. a Mivel a és olyan racionális számok, ( a 0 és 0), melyek kielégítik az pont

12 kiinduló egyenletet, ezért ()-nek az 3 3 a + a + a + a = 0 a + = változóan van valós megoldása, tehát a () másodfokú egyenlet diszkriminánsa nem negatív, azaz 4 4a 0, így 1 a valós szám. (3)-at átalakítva pont Mivel = a +, ezért 1± 1 a = a 1,. 1± 1 a a + =, a (4) a( a + ) + 1 = ± 1 a következik. (4) al oldala racionális szám, mert a és racionális szám, és a racionális számok halmaza zárt az összeadásra és a szorzásra nézve, ez pedig éppen azt jelenti, hogy a (4) jo oldalán szereplő 1 a is racionális szám, és ezt akartuk izonyítani. Összesen: pont 10 pont. Megoldás: Ha a = 0, akkor a feltételi egyenletől és ez racionális = 1, Ha = 0, akkor a feltételi egyenletől és ez racionális = 1, 1 =, ekkor 1 a =, ekkor Tehát, ha valamelyik változó értéke 0, akkor igaz az állítás. pont Tegyük fel a továiakan, hogy a 0 és

13 Ha megszorozzuk mindkét oldalát az 3 3 a + a + a + a = 0 a kifejezéssel, akkor azt kapjuk, hogy (1) + a + a + a + a + a = 0 (1) ekvivalens módon átalakítható: 0 a. pont () a + a + a + a + a + 1 = 1 a () al oldala egy háromtagú összeg négyzete, mégpedig (3) ( a + a + ) = 1 a Mivel a és racionális számok, ezért 4. a + a + 1 is racionális szám, vagyis (3) al oldala egy racionális szám négyzete, így a jo oldal nem negatív, vagyis tehát 1 a 0, 1 a valós szám. (3)-ól következik, hogy (4) a + a + 1 = 1 a vagy (5) a + a + 1 = 1 a Mivel (4) és (5) al oldala racionális szám, hiszen a és racionális szám, és a racionális számok halmaza zárt az összeadásra és a szorzásra, ezért mindkét egyenleten racionális szám a jo oldali kifejezés is. Ez pedig éppen a izonyítandó állítással ekvivalens, eől ugyanis mindkét eseten azt kapjuk, hogy 1 a is racionális szám. 1. Összesen: pont pont 10 pont

14 3. Megoldás: Fejezzük ki az 3 3 a + a + a + a = 0 egyenletől a -t! a ( a + + a) + ( a + ) + 1 = 0. Mivel a + = 0 esetén nem áll fenn az egyenlőség ( 1 0), ezért a + 0, így az egyenlet átrendezve: ( a + ) + 1 a =. 3 pont ( a + ) Ekkor ( a + ) a = 1+, ( a + ) ( a + ) + ( a + ) a =, ( a + ) ( a + + 1) (1) 1 a =. ( a + ) pont z (1) kifejezés jo oldala nemnegatív, ezért 1 a 0, tehát négyzetgyöke értelmezett a valós számok halmazán, és pont a () 1 a =. a + Mivel a jo oldalon racionális számok összege és hányadosa szerepel, () jo oldala racionális, így 1 a is racionális. pont Összesen: 10 pont Megjegyzés: a megoldás során a 1 a -re kapott 1 a = kifejezés, a a + feltételi egyenletet kielégítő ( a; ) racionális számpárok halmazán ekvivalens az 1. és a. megoldás során kapott a ( a + ) + 1 kifejezéssel. Ez algerai átalakítással igazolható