Szerk
C. 1842. Oldjuk meg a valós számok halmazán a \(\displaystyle 9^x+(6x-23)\cdot 3^x+5x^2-39x+76=0\) egyenletet.
Javasolta: Bencze Mihály (Brassó
Megoldás. Az \(\displaystyle y=3^x\) jelölés bevezetése után oldjuk meg az \(\displaystyle x\) paraméterű, \(\displaystyle y\)-ra nézve másodfokú
\(\displaystyle y^2+(6x-23)\cdot y+5x^2-39x+76=0 \)
egyenletet a megoldóképlet alkalmazásával:
Ebből \(\displaystyle y_1=-x+4\) és \(\displaystyle y_2=-5x + 19\).
1. eset: \(\displaystyle 3^x=-x+4\).
Mivel az \(\displaystyle f(x)=3^x\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton nő, illetve a \(\displaystyle g(x)=-x+4\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton csökken, így a két függvény grafikonjának legfeljebb egy metszéspontja van, vagyis az egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Az \(\displaystyle x=1\) pedig megoldás.
2. eset: \(\displaystyle 3^x=-5x+19\).
Az előzőekhez hasonlóan mivel az \(\displaystyle f(x)=3^x\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton nő, illetve a \(\displaystyle g(x)=-5x+19\) valós számokon értelmezett függvény szigorúan monoton csökken, így a két függvény grafikonjának legfeljebb egy metszéspontja van, vagyis az egyenletnek legfeljebb egy megoldása van. Az \(\displaystyle x=2\) pedig megoldás.
Ellenőrzések:
Pánovics MátéPTE Gyak. Ált. Isk., Gimn. és Óv. Babits M. Gimn., 12. o. t.dolgozata alapján
Megjegyzés. Lényegében minden megoldó bevezette az \(\displaystyle y=3^x\) jelölést, amellyel az egyenlet a következő alakba írható át:
\(\displaystyle y^2+(6x-23)\cdot y+5x^2-39x+76=0. \)
A megoldás második lépéseként vagy szorzattá alakították az egyenlet bal oldalát, vagy megoldóképlettel megoldották mint paraméteres, \(\displaystyle y\)-ra nézve másodfokú egyenlet.
A megoldás befejezéséhez az \(\displaystyle x\)-re nézve exponenciális tagot is tartalmazó egyenleteket a bennük szereplő kifejezések monotonitására történő hivatkozással – amelyhez használhattak deriválást, vagy egyszerű függvénytani megfigyeléseket is a második lépéstől függetlenül – oldották meg. A megoldások ellenőrzésével tették végül teljessé a megoldást.
A feladatra összesen 43 versenyző és csapat küldött megoldást. 5 pontos 14, 4 pontos 21, 3 pontos 4, 2 pontos 1. 1 pontot 0, 0 pontot pedig 3 versenyző kapott.
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
Nem kell túl sokáig keresgélnünk az interneten a fejtörő feladatok között ahhoz, hogy sík vagy tér kitöltésére vonatkozó feladványra bukkanjunk. Ezek egyik fajtája az, amikor néhány síkidom vagy test valamilyen keretben van elhelyezve úgy, hogy látszólag teljesen kitöltik azt, de van még külön egy további eleme a játéknak.
B. 5453. Egy konvex polidéder lapjai az \(\displaystyle ABCD\), \(\displaystyle ABFE\), \(\displaystyle BCGF\), \(\displaystyle CDHG\), \(\displaystyle ADHE\) és \(\displaystyle EFGH\) négyszögek az ábra szerint. Az \(\displaystyle A\), illetve a \(\displaystyle G\) csúcsból induló élek páronként merőlegesek egymásra. Igazoljuk, hogy
\(\displaystyle [ABCD]^2+[ABFE]^2+[ADHE]^2 = [BCGF]^2+[CDHG]^2+[EFGH]^2. \)
(\(\displaystyle [XYZW]\) az \(\displaystyle XYZW\) négyszög területét jelöli.)
Javasolta: Kós Géza(Budapest)
Legutóbb szeptemberi számunkban foglalkoztunk bújócska típusú ördöglakatokkal. Elkészítésre ajánlottunk olvasóinknak egy pálcás változatot, ahol a ,,szokásos'' trükk nem működik, mivel az átbújtatás után (lásd ábra) a pálca nem fér át a hurkon a zsinór rövidsége miatt. Azonban vegyük észre, hogy ebben az átbújtatott állapotban valójában annyi a célunk, hogy a hurok a dupla zsinór másik oldalára kerüljön. Ezt úgy is elérhetjük, ha a téglatest formájú ,,alapot'' bújtatjuk át a hurkon.
