Megoldásvázlatok a 2025/6. szám matematika gyakorló feladatsorához

Bíró Bálint

I. rész

1. a) Oldja meg a valós számok halmazán a $\displaystyle \cos\Bigl(\dfrac{\pi}{6}\cos{x}\Bigr)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ egyenletet. (5 pont)

b) Határozza meg a $\displaystyle px+ry=28$ egyenletben szereplő $\displaystyle p$, $\displaystyle r$ pozitív prímszámokat, ha az $\displaystyle x$, $\displaystyle y$ valós számpár a $\displaystyle \sqrt{3x+y+5}=4x-20$; $\displaystyle x^2+y=29$ egyenletrendszer megoldása. (7 pont)

Megoldás. a) Legyen $\displaystyle \alpha=\dfrac{\pi}{6}\cos{x}$. Ekkor a $\displaystyle \cos\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ egyenlet megoldásai:

$\displaystyle \alpha_1=\frac{\pi}{6}+k\cdot 2\pi; \quad \alpha_2=\frac{11\pi}{6}+l\cdot 2\pi, $

ahol $\displaystyle k$, $\displaystyle l$ egész számok. Eszerint $\displaystyle \dfrac{\pi}{6}\cos{x}=\dfrac{\pi}{6}+k\cdot 2\pi$, illetve $\displaystyle \dfrac{\pi}{6}\cos{x}=\dfrac{11\pi}{6}+l\cdot 2\pi$. A két egyenletből a $\displaystyle \dfrac{\pi}{6}$ tényezővel való osztás után

$\displaystyle {(1)} $

$\displaystyle \cos x=1+12k,$

illetve

$\displaystyle {(2)} $

$\displaystyle \cos x=11+12l$

következik. Mivel $\displaystyle -1\leq \cos x\leq 1$, ezért az (1) egyenletben csak $\displaystyle k=0$, a (2) egyenletben csak $\displaystyle l=-1$ lehetséges, ezért csak $\displaystyle \cos x=1$ vagy $\displaystyle \cos x=-1$ állhat fenn. Az a) feladat megoldásai tehát $\displaystyle x=m\cdot \pi$ ($\displaystyle m\in \mathbb{Z}$), behelyettesítéssel ellenőrizzük, hogy ezek valóban megoldások.

b) Az egyenletrendszer második egyenletéből $\displaystyle y=29-x^2$, ezt az első egyenletbe írva:

$\displaystyle (3) $

$\displaystyle \sqrt{-x^2+3x+34}=4x-20.$

A négyzetgyök értelmezése miatt a (3) egyenletnek csak olyan $\displaystyle x$ valós szám lehet a megoldása, amelyre $\displaystyle -x^2+3x+34\geq 0$; $\displaystyle 4x-20\geq 0$ egyszerre teljesül. A megoldóképlet alkalmazásával kapjuk, hogy a $\displaystyle -x^2+3x+34\geq 0$ egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha $\displaystyle \dfrac{3-\sqrt{145}}{2}\leq x\leq \dfrac{3+\sqrt{145}}{2}$, két tizedesjegyre történő közelítéssel $\displaystyle {-4{,}52}\leq x\leq 7{,}52$, a $\displaystyle 4x-20\geq 0$ egyenlőtlenség pedig az $\displaystyle x\geq 5$ valós számokra igaz. Az $\displaystyle x$ valós számot tehát az

$\displaystyle {(4)} $

$\displaystyle 5\leq x\leq \frac{3+\sqrt{145}}{2}\approx 7{,}52$

halmazon keressük. Négyzetre emelve a (3) egyenlet mindkét oldalát, rendezés után a $\displaystyle 17x^2-163x+366=0$ másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek megoldásai $\displaystyle x_1=\frac{61}{17}\approx 3{,}59$; $\displaystyle x_2=6$. Az $\displaystyle x_1$ valós szám nem felel meg a (4) feltételnek, ezért nem megoldás. Az $\displaystyle x_2=6$ viszont megfelel (4)-nek, ebből $\displaystyle y=29-x^2$ miatt $\displaystyle y=-7$ következik. Ellenőrizhető, hogy az $\displaystyle x=6$; $\displaystyle y=-7$ számpár megoldása az egyenletrendszernek. Mivel $\displaystyle x=6$; $\displaystyle y=-7$, ezért a $\displaystyle px+ry=28$ egyenlet szerint

$\displaystyle {(5)} $

$\displaystyle 6p-7r=28.$

A $\displaystyle p$ és $\displaystyle r$ pozitív prímek, és az (5) egyenlet jobb oldalán páros szám áll, ezért a bal oldal is páros, ami csakis úgy lehet, ha $\displaystyle 7r$ is páros. Eszerint $\displaystyle r$ páros prím, tehát $\displaystyle {r=2}$, ebből (5) alapján $\displaystyle p=7$ adódik. A feladat b) részének megoldása tehát a $\displaystyle p=7$; $\displaystyle r=2$ prímszámokból álló számpár.

2. Az alábbi táblázatban felsoroljuk a férfi kézilabda Bajnokok Ligája $\displaystyle 2024$–$\displaystyle 2025$-ös idényének legeredményesebb góllövői közül $\displaystyle 11$ játékos nevét, klubját és a szezonban $\displaystyle 2024$. november $\displaystyle 17$-ig dobott gólok számát.

név	klub	gólszám
Kamil Syprzak	Paris Saint-Germain	112
Dika Mem	Barcelona	106
Nedim Remili	Veszprém	99
Emil Madsen	GOG	98
Ómar Ingi Magnusson	Magdeburg	98
Mats Hoxer	Aalborg	96
Aaron Mensing	GOG	93
Niclas Ekberg	THW Kiel	92
Mario Sostaric	OTP-Bank Pick Szeged	88
Mitja Janc	Celje	87
Elohim Prandi	Paris Saint-Germain	87

a) Számítsa ki a táblázatban szereplő minta (gólszámok) terjedelmét, átlagát és szórását. (3 pont)

b) Határozza meg a gólok számának móduszát (móduszait), mediánját, az alsó és felső kvartilis értékét, továbbá készítse el a box-plot diagramot. (4 pont)

A felsorolt adatokhoz hozzávesszük a Veszprém csapatában játszó Ludovic Fabregas eredményét. Az ő góljainak száma a $\displaystyle p$ kétjegyű prímszám, amely a $\displaystyle 12$ számból álló adatsor legkisebb eleme. Ha az új adatsor alsó kvartilise $\displaystyle Q_1'$, felső kvartilise $\displaystyle Q_3'$, akkor azt is tudjuk, hogy $\displaystyle 6{,}5\cdot (Q_3'-Q_1')<p<8{,}5\cdot (Q_3'-Q_1')$.

c) Hány gólt dobhatott a szezon megadott időpontjáig a Bajnokok Ligájában Ludovic Fabregas? (5 pont)

Megoldás. a) Az adatsor terjedelme: $\displaystyle R=112-87=25$. Az adatsor átlaga pedig

$\displaystyle \overline{x}=\frac{112+106+99+98+98+96+93+92+88+87+87}{11}=96. $

A szórás értéke: $\displaystyle \sigma=\sqrt{\dfrac{(112-96)^2+(106-96)^2+\ldots+(87-96)^2}{11}}=\sqrt{\frac{624}{11}}\approx 7{,}53$.

b) Az adatsornak két módusza is van, mert a $\displaystyle 98$-as és a $\displaystyle 87$-es gólszám két-két esetben fordul elő, a többi gólszám gyakorisága $\displaystyle 1$, vagyis $\displaystyle M_{1}=98$ és $\displaystyle M_{2}=87$. A táblázatban a $\displaystyle 11$ gólszám nemnövekvő sorrendben van, a medián a középső elem: $\displaystyle Q_2=96$. Az alsó kvartilis $\displaystyle Q_1=88$, míg a felső kvartilis $\displaystyle Q_3=99$. A legkisebb számot $\displaystyle Q_0$-lal, a legnagyobbat $\displaystyle Q_4$-gyel jelölve az eddigiek alapján elkészíthetjük a box-plot, más neveken sodrófa vagy dobozdiagramot:

Megjegyzés. A $\displaystyle Q_4=112$ adat nem kiugró adat, mert az $\displaystyle IQR=Q_3-Q_1=11$ félterjedelemmel számolva $\displaystyle 112<Q_3+1{,}5\cdot IQR=99+1{,}5\cdot 11=115{,}5$.

c) Mivel $\displaystyle p$ a legkisebb a $\displaystyle 12$ adat közül, ezért $\displaystyle p\leq 87$. Az új adatsor mediánja a két középső adat, vagyis $\displaystyle 96$ és $\displaystyle 93$ számtani közepe, azaz $\displaystyle Q_2'=\dfrac{96+93}{2}=94{,}5$. Az új alsó kvartilis a $\displaystyle Q_2'$-nél kisebb elemek mediánja, tehát $\displaystyle Q_1'=\dfrac{88+87}{2}=87{,}5$, az új felső kvartilis pedig a $\displaystyle Q_2'$-nél nagyobb elemek mediánja: $\displaystyle Q_3'=\dfrac{99+98}{2}=98{,}5$.

A feltétel szerint $\displaystyle 6{,}5\cdot (Q_3'-Q_1')<p<8{,}5\cdot (Q_3'-Q_1')$, ezért $\displaystyle Q_3'-Q_1'=11$ miatt $\displaystyle 6{,}5\cdot 11<p<8{,}5\cdot 11$, vagyis $\displaystyle 71{,}5<p<93{,}5$. Eszerint $\displaystyle p$ a $\displaystyle 72$ és a $\displaystyle 94$ közé eső valamelyik prímszám lehet. A $\displaystyle 72$ és $\displaystyle 94$ közé eső prímszámok: 73, 79, 83, 89. Közülük a $\displaystyle 89$ nem lehet, mert akkor nem teljesülne, hogy $\displaystyle p$ a $\displaystyle 12$ tagú adatsor legkisebb eleme. Ludovic Fabregas góljainak száma tehát a feltételek figyelembe vételével 73, 79 vagy 83 lehetett.

Megjegyzés. Fabregas góljainak száma a megadott időszakban ténylegesen 79 volt.

3. a) Mely egész számok nem tesznek eleget az

$\displaystyle \log_{2}\frac{(12x+4)(4x-3)}{15x-4}-\log_{0{,}5}{\frac{15x-4}{4x-3}}\leq \log_{2}(30x-50) $

egyenlőtlenségnek? (5 pont)

Legyenek egy háromszög oldalai $\displaystyle 4n-3$; $\displaystyle 15n-4$; $\displaystyle 12n+4$, ahol $\displaystyle n$ pozitív egész szám.

b) Milyen $\displaystyle n$ esetén lesz a háromszög derékszögű, hegyesszögű, illetve tompaszögű? (8 pont)

Megoldás. a) A logaritmus értelmezése miatt $\displaystyle 30x-50>0$, ezért $\displaystyle x>\dfrac{5}{3}$. Ha ez teljesül, akkor nyilvánvaló, hogy $\displaystyle 12x+4>0$ és $\displaystyle 15x-4>0$, illetve $\displaystyle 4x-3>0$ is igaz, tehát az egyenlőtlenség bal oldalán szereplő tényezők mindegyike értelmezett. A különböző alapú logaritmusos kifejezések átváltási formulája alapján az egyenlőtlenség így is írható:

$\displaystyle \log_{2}\frac{(12x+4)(4x-3)}{15x-4}+\log_{2}{\frac{15x-4}{4x-3}}\leq \log_{2}(30x-50). $

Az azonos alapú logaritmusos kifejezések összegére vonatkozó azonosság szerint

$\displaystyle \log_{2}\Biggl[\frac{(12x+4)(4x-3)}{15x-4}\cdot \frac{15x-4}{4x-3}\Biggr]\leq \log_{2}(30x-50), $

egyszerűsítve

$\displaystyle \log_{2}(12x+4)\leq \log_{2}(30x-50). $

Mivel az $\displaystyle f(x)=\log_{2}x$ függvény szigorúan monoton növekvő, ezért a fenti egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha

$\displaystyle 12x+4\leq 30x-50, $

innen pedig $\displaystyle x\geq 3$, vagyis pontosan az $\displaystyle x \leq 2$ egészekre nem teljesül az egyenlőtlenség.

b) Legyen $\displaystyle a=4n-3$; $\displaystyle b=15n-4$; $\displaystyle c=12n+4$. Nyilvánvaló, hogy minden pozitív egész $\displaystyle n$-re $\displaystyle a<b$. Megvizsgáljuk, hogy $\displaystyle b<c$ milyen $\displaystyle n$-re teljesül. A $\displaystyle {15n-4<12n+4}$ egyenlőtlenségből azt kapjuk, hogy $\displaystyle n<\dfrac{8}{3}$, eszerint $\displaystyle n=1$ vagy $\displaystyle n=2$. Ha $\displaystyle n=1$, akkor $\displaystyle a=1$, $\displaystyle b=11$, $\displaystyle c=16$, ezek a számok nem lehetnek egy háromszög oldalai, mert nem teljesül rájuk a háromszög-egyenlőtlenség.

Ha $\displaystyle n=2$, akkor $\displaystyle a=5$, $\displaystyle b=26$, $\displaystyle c=28$, ezekre a számokra fennáll a háromszög-egyenlőtlenség, ilyen háromszög tehát létezik. Tudjuk, hogy egy (nem egyenlő szárú) háromszög pontosan akkor hegyesszögű, derékszögű, illetve tompaszögű, ha a két kisebb oldalának négyzetösszege nagyobb, egyenlő, illetve kisebb a legnagyobb oldal négyzeténél. Mivel $\displaystyle 5^2+26^2<28^2$, ezért az $\displaystyle a=5$, $\displaystyle b=26$, $\displaystyle c=28$ oldalakkal rendelkező háromszög tompaszögű. A továbbiakban nyilvánvaló, hogy $\displaystyle n\geq 3$ miatt $\displaystyle 4n-3<12n+4<15n-4$, továbbá minden ilyen $\displaystyle n$-re létezik háromszög, hiszen a $\displaystyle 4n-3+12n+4>15n-4$ egyenlőtlenségből $\displaystyle n+5>0$ adódik. Eszerint $\displaystyle n\geq 3$ esetén a háromszög oldalai

$\displaystyle (1) $

$\displaystyle a=4n-3<c=12n+4<b=15n-4.$

Vizsgáljuk a $\displaystyle (4n-3)^2+(12n+4)^2\geq (15n-4)^2$ egyenlőtlenség megoldásait. A műveletek elvégzésével és rendezéssel a $\displaystyle -65n^2+192n+9\geq 0$ másodfokú egyenlőtlenséget kapjuk. A $\displaystyle 65n^2-192n-9=0$ egyenlet megoldásai $\displaystyle n_1=-\dfrac{3}{65}$; $\displaystyle n_2=3$. A kapott értékek közül $\displaystyle n\leq n_1$ nyilván nem lehetséges, az $\displaystyle n_2=3$ viszont megfelel az $\displaystyle n\geq 3$ feltételnek és ekkor $\displaystyle a=9$, $\displaystyle b=41$, $\displaystyle c=40$. Ez a háromszög olyan derékszögű háromszöget jelent, amelynek befogói $\displaystyle a=9$, $\displaystyle c=40$, átfogója pedig $\displaystyle b=41$. Az $\displaystyle n=3$-nál nagyobb pozitív egészekre $\displaystyle -65n^2+192n+9<0$, ezért az is igaz, hogy

$\displaystyle (4n-3)^2+(12n+4)^2<(15n-4)^2, $

azaz a háromszög két rövidebb oldalának négyzetösszege kisebb a legnagyobb oldal négyzeténél, vagyis minden $\displaystyle n>3$ értékre egyrészt létezik az (1)-nek is megfelelő háromszög, másrészt minden ilyen háromszög tompaszögű. Összefoglalva: $\displaystyle {n=2}$ és $\displaystyle n>3$ esetén létezik a feltételeknek megfelelő háromszög, ezek mindegyike tompaszögű, $\displaystyle n=3$ esetén a feltételeknek megfelelő háromszög szintén létezik és ez derékszögű, a lehetséges háromszögek között tehát nincs egyetlen hegyesszögű sem.

4. Egy dobozban $\displaystyle 10$ piros, $\displaystyle 13$ zöld és valamennyi kék golyó van. A dobozból véletlenszerűen kihúzunk egy golyót.

a) Mennyi annak a valószínűsége, hogy nem piros golyót húzunk, ha tudjuk, hogy a kék golyók száma úgy aránylik a nem kék golyók számához, mint a zöld golyók száma a nem zöld golyók számához? (3 pont)

Egy matematikaverseny döntőjébe $\displaystyle 50$ diák jutott. A verseny értékelésekor $\displaystyle 1$ aranyérmet, $\displaystyle 2$ ezüstérmet és $\displaystyle 3$ bronzérmet osztanak ki, egy versenyző legfeljebb egy érmet kaphat.

b) Hányféleképpen lehetne kiosztani a $\displaystyle 6$ érmet? (3 pont)

A versenyen az éremmel nem jutalmazott $\displaystyle 44$ diák közül a zsűri által azonosnak értékelt jó eredmény alapján kiválasztanak $\displaystyle 20$ főt, közülük sorsolással döntik el, hogy ki legyen az a $\displaystyle 6$ fő, aki különdíjat kap. A $\displaystyle 20$ fő nevét egy-egy cédulára írják, és a cédulákat egy dobozba teszik. A dobozból véletlenszerűen és visszatevés nélkül húznak $\displaystyle 6$ cédulát.

c) Ha tudjuk, hogy a sorsolásra kijelölt diákok közül $\displaystyle 8$-an az $\displaystyle A$, $\displaystyle 7$-en a $\displaystyle B$, $\displaystyle 5$-en a $\displaystyle C$ iskolából érkeztek, akkor mennyi a valószínűsége, hogy a kihúzott $\displaystyle 6$ névből legalább $\displaystyle 2$ az $\displaystyle A$ iskola diákja? (8 pont)

Megoldás. a) Legyen a kék golyók száma $\displaystyle k$, a feladat szövege alapján $\displaystyle k$ pozitív egész. A feltétel szerint

$\displaystyle \frac{k}{23}=\frac{13}{10+k}, $

ahonnan a műveletek elvégzése és rendezés után a $\displaystyle k^2+10k-299=0$ másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek megoldásai $\displaystyle k_1=13$; $\displaystyle k_2=-23$. A $\displaystyle k_2=-23$ nem megoldása a feladatnak, ezért csak $\displaystyle k=13$ lehetséges, így a kék golyók száma $\displaystyle 13$. Annak a valószínűsége tehát, hogy nem piros golyót húzunk:

$\displaystyle P(\text{nem piros})=\frac{26}{36}=\frac{13}{18}. $

b) Az egy aranyérem kiosztása nyilván $\displaystyle \dbinom{50}{1}=50$-féleképpen történhet. Az aranyérmes kiválasztása után a két ezüstérmes kiválasztása $\displaystyle \dbinom{49}{2}=1176$-féle módon, ezután a bronzérmesek kiválasztása $\displaystyle {\dbinom{47}{3}=16215}$-féle módon valósítható meg. A $\displaystyle 6$ érem kiosztására tehát összesen $\displaystyle 50\cdot 1176\cdot 16215=953\;442\;000$ lehetőség van.

Megjegyzés. Természetesen a gyakorlatban a $\displaystyle 6$ legjobb diák fogja kapni az érmeket, ez pedig nyilván nem a kombinatorikai kiválasztási lehetőségek számától függ.

c) Alkalmazzuk a hipergeometriai eloszlás $\displaystyle P(k)=\dfrac{\binom{K}{k}\cdot \binom{N-k}{n-k}}{\binom{N}{n}}$ képletét, ahol $\displaystyle N=20$, $\displaystyle K=8$, $\displaystyle n=6$. Számítsuk ki a komplementer esemény valószínűségét, tehát azt, hogy az $\displaystyle n=6$ kihúzott cédula közül pontosan $\displaystyle k=0$, illetve $\displaystyle k=1$ esetben szerepel a cédulán az $\displaystyle A$ iskola diákjának neve.

$\displaystyle P(k=0)=\frac{\binom{8}{0}\cdot \binom{12}{6}}{\binom{20}{6}}=\frac{924}{38760}\approx 0{,}024;\qquad P(k=1)=\frac{\binom{8}{1}\cdot \binom{12}{5}}{\binom{20}{6}}=\frac{6336}{38760}\approx 0{,}163. $

A komplementer esemény valószínűsége tehát $\displaystyle P(k=0)+P(k=1)$, ezért annak a valószínűsége, hogy a kiválasztott versenyzők közül legalább $\displaystyle 2$ diák az $\displaystyle A$ iskola tanulója $\displaystyle P(k\geq 2)=1-\big(P(k=0)+P(k=1)\big)$, azaz

$\displaystyle P(k\geq 2)=1-\biggl(\frac{924}{38760}+\frac{6336}{38760}\biggr)=\frac{525}{646}\approx 0{,}813. $

II. rész

5. a) Egy pozitív háromjegyű szám négyzetéből kivonva a szám $\displaystyle p$-szeresét (ahol $\displaystyle p$ pozitív prímszám), éppen $\displaystyle 20p^2$-et kapunk. Adja meg a legkisebb és a legnagyobb ilyen háromjegyű számot. (7 pont)

A $\displaystyle G_1$ és $\displaystyle G_2$ gráfok közös pont nélküli (diszjunkt) fagráfok, a $\displaystyle G_1$ gráfnak $\displaystyle 7q$, a $\displaystyle G_2$-nek $\displaystyle 3r$ csúcsa van, ahol $\displaystyle q$ és $\displaystyle r$ pozitív prímszámok. A $\displaystyle G_1$ és $\displaystyle G_2$ egy-egy csúcsának összekötésével kapott $\displaystyle G_3$ fagráfnak $\displaystyle q \cdot r$ éle van.

b) Határozza meg a $\displaystyle G_1$ és $\displaystyle G_2$ gráfok csúcsainak és éleinek számát, illetve mindkét gráfban a fokszámok összegét. (9 pont)

Megoldás. a) Legyen a háromjegyű szám $\displaystyle x$, ekkor a feltétel szerint $\displaystyle x^2-px=20p^2$, ezért $\displaystyle x^2-px-20p^2=0$. A $\displaystyle p$ paramétert tartalmazó $\displaystyle x$-ben másodfokú egyenlet diszkriminánsa $\displaystyle D=81p^2>0$, ezért az egyenletnek van valós megoldása, ezek:

$\displaystyle x_1=\frac{p-9p}{2}=-4p;\qquad x_2=\frac{p+9p}{2}=5p. $

Az $\displaystyle x_1$ nyilván nem megoldás, hiszen $\displaystyle p>0$ és $\displaystyle x>0$. Mivel $\displaystyle x$ háromjegyű, ezért azt is tudjuk, hogy $\displaystyle 99<5p\leq 999$, ez azt jelenti, hogy

$\displaystyle (3) $

$\displaystyle 19{,}8<p\leq 199{,}8.$

A (3)-nak megfelelő legkisebb prímszám $\displaystyle p=23$, a legnagyobb pedig $\displaystyle p=199$. A feltételeknek megfelelő legkisebb szám tehát $\displaystyle x=5\cdot 23=115$, a legnagyobb pedig $\displaystyle x=5\cdot 199=995$. A kapott értékek a feladat minden feltételének megfelelnek.

b) A $\displaystyle G_1$ és $\displaystyle G_2$ gráfnak nincsen közös csúcsa, tehát nincs közös élük sem. A $\displaystyle G_1$ fagráfnak $\displaystyle 7q-1$, a $\displaystyle G_2$ fagráfnak $\displaystyle 3r-1$ számú éle van. Ha e két gráf egy-egy csúcsát összekötjük, akkor az így keletkező $\displaystyle G_3$ is fagráf, tehát $\displaystyle 7q-1+3r-1+1$ számú éle van, ez a feltétel szerint $\displaystyle q\cdot r$-rel egyenlő: $\displaystyle 7q-1+3r-1+1=q\cdot r$. Rendezés után átalakítható $\displaystyle 3r-1=q\cdot (r-7)$ alakba, ahol $\displaystyle r\neq 7$, mert akkor az egyenlet jobb oldalának értéke $\displaystyle 0$, a bal oldal értéke $\displaystyle 20$ lenne. Ezért oszthatunk $\displaystyle r-7$-tel, így $\displaystyle \dfrac{3r-1}{r-7}=q$, illetve további átalakítással $\displaystyle \dfrac{3(r-7)+20}{r-7}=q$, végül

$\displaystyle (4) $

$\displaystyle 3+\frac{20}{r-7}=q.$

A (4) egyenlet jobb oldala pozitív egész, tehát $\displaystyle r-7$ csakis a $\displaystyle 20$ osztója lehet. A negatív osztókat is figyelembe véve a (4) egyenlet alapján $\displaystyle r$ és $\displaystyle q$ értékeit kiszámítva, az eredményeket a következő táblázatban foglaltuk össze:

$\displaystyle r-7$

$\displaystyle 1$

$\displaystyle -1$

$\displaystyle 2 $

$\displaystyle -2 $

$\displaystyle 4 $

$\displaystyle -4 $

$\displaystyle 5 $

$\displaystyle -5 $

$\displaystyle 10 $

$\displaystyle -10 $

$\displaystyle 20 $

$\displaystyle -20 $

$\displaystyle r$

$\displaystyle 8$

$\displaystyle 6 $

$\displaystyle 9 $

$\displaystyle 5 $

$\displaystyle 11 $

$\displaystyle 3 $

$\displaystyle 12 $

$\displaystyle 2 $

$\displaystyle 17 $

$\displaystyle -3 $

$\displaystyle 27$

$\displaystyle -13 $

$\displaystyle q$

$\displaystyle 23$

$\displaystyle -17 $

$\displaystyle 13 $

$\displaystyle -7 $

$\displaystyle 8 $

$\displaystyle -2 $

$\displaystyle 7 $

$\displaystyle -1 $

$\displaystyle 5 $

$\displaystyle 1$

$\displaystyle 4 $

$\displaystyle 2 $

A táblázat alapján láthatjuk, hogy a feladat minden feltételének csak az $\displaystyle r=17$; $\displaystyle q=5$ számpár felel meg. Eszerint a $\displaystyle G_1$ fának tehát $\displaystyle 7q=35$ csúcsa és $\displaystyle 7q-1=34$ éle, míg a $\displaystyle G_2$ fának $\displaystyle 3r=51$ csúcsa és $\displaystyle 3r-1=50$ éle van, így a $\displaystyle G_1$ fa fokszámösszege $\displaystyle 68$, a $\displaystyle G_2$ fáé pedig $\displaystyle 100$. Ekkor az összekötéssel kapott fagráfnak $\displaystyle 35+51=86$ csúcsa és $\displaystyle 85$ éle van, így valóban teljesül, hogy $\displaystyle 85=5 \cdot 17$.

6. Egy sík egy egyenesén felvettünk $\displaystyle 28$ pontot. Ezen kívül felvettünk még a síkban $\displaystyle 7$-nél több, az egyenesre nem illeszkedő pontot úgy, hogy a síkban az egyenesen levő $\displaystyle 28$ pont kivételével semelyik három pont nincs egy egyenesen.

a) Hány pontot vettünk fel az egyenesen kívül, ha az összes felvett pont segítségével megrajzolható egyenesek száma $\displaystyle 403$? (7 pont)

Felveszünk egy körvonalon $\displaystyle n$ darab különböző pontot, ahol $\displaystyle n\ge4$. Jelölje $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, illetve $\displaystyle C$ azt, hogy rendre hány egyenest, háromszöget, illetve négyszöget határoz meg az $\displaystyle n$ pont.

b) Lehetséges-e, hogy $\displaystyle A+B=C$? (Állításunkat indokoljuk.) (9 pont)

Megoldás. a) Legyen az egyenesen kívül felvett pontok száma $\displaystyle k$, a feltétel szerint $\displaystyle k>7$. Számoljuk össze az összes felvett pont segítségével megrajzolható egyeneseket: a $\displaystyle k$ darab pontot az egyenesen levő $\displaystyle 28$ ponttal összekötve $\displaystyle 28k$ egyenest kapunk, ehhez hozzá kell adni a $\displaystyle 28$ pontot tartalmazó egyetlen egyenest és azokat az egyeneseket, amelyek a $\displaystyle k$ darab pont közül kettőt kiválasztva jönnek létre, ezek száma $\displaystyle \dbinom{k}{2}=\dfrac{k\cdot(k-1)}{2}$. Felírhatjuk tehát, hogy $\displaystyle 28k+1+\dfrac{k\cdot(k-1)}{2}=403$, ebből a műveletek elvégzésével és rendezéssel a

$\displaystyle k^2+55k-804=0 $

másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek megoldásai $\displaystyle k_1=-67$ és $\displaystyle k_2=12$. A $\displaystyle k_1$ nyilván nem megoldás, a $\displaystyle k_2=12$ viszont megfelel a feltételeknek. Eszerint $\displaystyle 12$ pontot vettünk fel a $\displaystyle 28$ pontot tartalmazó egyenesen kívül. Számolással ellenőrizhetjük, hogy az így felvett pontok segítségével valóban $\displaystyle 403$ egyenest rajzolhatunk meg.

b) Mivel az $\displaystyle n$ darab pont egy körön van, ezért semelyik három pont nem esik egy egyenesre, de akkor semelyik négy pont sem. Ugyanakkor bármelyik három pont által alkotott háromszöget tekintjük, annak egyetlen belső pontja sem eshet egybe a megmaradt $\displaystyle n-3$ pont egyikével sem. Ugyanígy bármely kiválasztott (konvex) négyszög belső pontjai nem tartalmazzák a maradék $\displaystyle n-4$ pont közül semelyiket. Ilyen feltételek mellett bármely két pontot kiválasztva egy olyan egyenest kapunk, amelyen nincs további pont a felvettek közül, illetve bármelyik hármat kiválasztva háromszöget, bármelyik négyet kiválasztva (konvex) négyszöget kapunk. A lehetséges egyenesek száma $\displaystyle \dbinom{n}{2}=\dfrac{n\cdot (n-1)}{2}$, a lehetséges háromszögek száma $\displaystyle \dbinom{n}{3}=\dfrac{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)}{6}$, végül a négyszögek száma $\displaystyle \dbinom{n}{4}=\dfrac{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot (n-3)}{24}$. Az $\displaystyle A+B=C$ egyenlőséghez tehát az

$\displaystyle (3) $

$\displaystyle \frac{n\cdot (n-1)}{2}+\frac{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)}{6}=\frac{n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot (n-3)}{24}$

egyenlet lehetséges megoldásait kell keresnünk. Mivel $\displaystyle n\ge4$, ezért $\displaystyle n\neq 0$ és $\displaystyle {n\neq 1}$, tehát (3) mindkét oldalát oszthatjuk az $\displaystyle n\cdot (n-1)$ kifejezéssel. Így kapjuk az $\displaystyle \dfrac{1}{2}+\dfrac{n-2}{6}=\dfrac{(n-2)\cdot (n-3)}{24}$ egyenletet, ahonnan a műveletek elvégzésével és rendezéssel $\displaystyle n^2-9n+2=0$. Az egyenlet valós megoldásai $\displaystyle n_1=\dfrac{9-\sqrt{73}}{2}$; $\displaystyle n_2=\dfrac{9+\sqrt{73}}{2}$. A kapott két megoldás egyike sem egész szám, ezért a feladat feltételei mellett $\displaystyle A+B=C$ nem teljesülhet.

7. A derékszögű koordinátarendszerben felvettük az $\displaystyle A(3;-4)$, $\displaystyle B(8;1)$, $\displaystyle C(6;5)$, $\displaystyle D(-1;-2)$ és $\displaystyle P(-2;1)$ pontokat.

a) Bizonyítsa be, hogy az öt pont egy körön van. (4 pont)

b) Mutassa meg, hogy az $\displaystyle ABCD$ négyszög trapéz és számítsuk ki a trapéz területét. (4 pont)

Tekintsük azt az $\displaystyle f\colon\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$; $\displaystyle f(x)= ax^2+bx+c$ függvényt, amelynek grafikonja áthalad az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$ pontokon, valamint azt a $\displaystyle g\colon\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$; $\displaystyle g(x)=dx^2+ex+f$ függvényt, amelynek grafikonja áthalad az $\displaystyle A$, $\displaystyle C$, $\displaystyle P$ pontokon.

c) Határozza meg a két grafikon által bezárt terület nagyságát. (8 pont)

Megoldás. a) Azt fogjuk igazolni, hogy a $\displaystyle BCD$ háromszög körülírt körére illeszkedik az $\displaystyle A$ és a $\displaystyle P$ pont. A $\displaystyle BC$ szakasz felezőpontja az $\displaystyle F_1(7;3)$, a $\displaystyle CD$ szakasz felezőpontja az $\displaystyle F_2\Bigl(\dfrac{5}{2};\dfrac{3}{2}\Bigr)$ pont. A $\displaystyle \overrightarrow{BC}$ koordinátái $\displaystyle \overrightarrow{BC}(-2;4)$, ezért a $\displaystyle BC$ egyenes egy irányvektora $\displaystyle \overrightarrow{v}_{BC}(-1;2)$, ez a $\displaystyle BC$ felezőmerőlegesének egy normálvektora. Hasonlóképpen a $\displaystyle \overrightarrow{CD}$ vektor koordinátái $\displaystyle \overrightarrow{CD}(-7;-7)$, így $\displaystyle CD$ egyenes egy irányvektora $\displaystyle \overrightarrow{v}_{CD}(1;1)$ és ez a $\displaystyle CD$ felezőmerőlegesének egyik normálvektora. A $\displaystyle BC$ szakasz felezőmerőlegesének egyenlete: $\displaystyle -x+2y=-1$, a $\displaystyle CD$ szakasz felezőmerőlegesének egyenlete pedig $\displaystyle x+y=4$. Az egyenletrendszer megoldása $\displaystyle x=3$; $\displaystyle y=1$, ezért a $\displaystyle BCD$ háromszög körülírt körének középpontja az $\displaystyle O(3; 1)$ pont, a körülírt kör sugara $\displaystyle R=OD=\sqrt{4^2+3^2}=5$, vagyis a körülírt kör egyenlete

$\displaystyle {(1)} $

$\displaystyle (x-3)^2+(y-1)^2=25.$

Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy mind az $\displaystyle A(3;-4)$, mind a $\displaystyle P(-2;1)$ pontok koordinátái kielégítik az $\displaystyle (1)$ egyenletet, ezért az öt pont valóban egy körön van.

b) Az $\displaystyle AB$ egyenes irányvektora $\displaystyle \overrightarrow{AB}(5;5)$, a $\displaystyle CD$ egyenesé $\displaystyle \overrightarrow{CD}(-7;-7)$, a két egyenes iránytényezője egyaránt $\displaystyle 1$, ezért az $\displaystyle ABCD$ négyszög trapéz, amelynek párhuzamos oldalai $\displaystyle AB$ és $\displaystyle CD$. A trapéz csúcsai az (1) körön vannak, ezért $\displaystyle ABCD$ húrtrapéz. Kiszámítjuk a trapéz $\displaystyle AB$ és $\displaystyle CD$ alapjainak hosszát:

$\displaystyle (2) $

$\displaystyle |AB|=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2};\qquad |CD|=\sqrt{(-7)^2+(-7)^2}=7\sqrt{2}.$

A $\displaystyle CD$ egyenes egyenletét felírjuk a $\displaystyle \overrightarrow{n}_{CD}(-1;1)$ normálvektora segítségével: $\displaystyle -x+y+1=0$, ennek az egyenesnek és az $\displaystyle A(3;-4)$ pontnak a távolsága a trapéz magassága:

$\displaystyle {(3)} $

$\displaystyle m=\Biggl\lvert\frac{(-1)\cdot 3+1\cdot {(-4)}+1}{\sqrt{2}}\Biggr\rvert=3\sqrt{2}.$

A (2) és (3) összefüggések segítségével a trapéz területképletét használva $\displaystyle T_{ABCD}=36$.

c) Az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$ pontok megfelelő koordinátáit behelyettesítve az $\displaystyle y=ax^2+bx+c$ egyenletbe a

$\displaystyle (4) $

$\displaystyle -4=9a+3b+c;\qquad 1=64a+8b+c;\qquad 5=36a+6b+c,$

egyenletrendszert, az $\displaystyle A$, $\displaystyle C$, $\displaystyle P$ pontok koordinátáit beírva az $\displaystyle y=dx^2+ex+f$ egyenletbe a

$\displaystyle (5) $

$\displaystyle -4=9d+3e+f;\qquad 5=36d+6e+f;\qquad 1=4d-2e+f,$

egyenletrendszert kapjuk.

A (4) egyenletrendszer megoldása $\displaystyle a=-1$; $\displaystyle b=12$; $\displaystyle c=-31$, az (5) egyenletrendszer megoldása pedig $\displaystyle d=\dfrac{1}{2}$; $\displaystyle e=-\dfrac{3}{2}$; $\displaystyle f=-4$. Az $\displaystyle y=-x^2+12x-31$ és az $\displaystyle y=\dfrac{1}{2}x^2-{\dfrac{3}{2}x-4}$ parabola két közös pontja $\displaystyle A$ és $\displaystyle C$, elhelyezkedésüket szemlélteti az ábra. Eszerint az $\displaystyle y=\frac{1}{2}x^2-\frac{3}{2}x-4$ parabolára a $\displaystyle D$ pont is illeszkedik, ez számítással igazolható, de a feladat további részéhez nem kell felhasználnunk.

A két parabola közé zárt terület:

$$\begin{gather*} T=\int_{3}^{6}\bigl[f(x)-g(x)\bigr]dx=\int_{3}^{6}\biggl(-\frac{3}{2}x^2+\frac{27}{2}x-27\biggr)dx=\biggl[-\frac{1}{2}x^3+\frac{27}{4}x^2-27x\biggr]^6_3=\\ =-\frac{1}{2}\cdot6^3+\frac{27}{4}\cdot6^2-27\cdot 6-\biggl(-\frac{1}{2}\cdot 3^3+\frac{27}{4}\cdot 3^2-27\cdot3\biggr)=\frac{27}{4}=6{,}75. \end{gather*}$$

8. a) Határozza meg azokat az $\displaystyle n$ természetes számokat, amelyekre teljesül az $\displaystyle n!>3^n$ egyenlőtlenség, és azokat is, amelyekre az egyenlőtlenség nem áll fenn. (5 pont)

Legyen $\displaystyle n>1$ pozitív egész szám és definiáljuk az $\displaystyle a_n$, illetve $\displaystyle b_n$ sorozatokat a következő módon:

$\displaystyle a_n=\binom{n}{2}+\binom{n}{3};\qquad b_n=\binom{2n}{3}. $

b) Bizonyítsa be, hogy a $\displaystyle c_n=\dfrac{a_n}{b_n}$ sorozat szigorúan monoton csökkenő. (7 pont)

A $\displaystyle d_n$ mértani sorozat első tagja $\displaystyle d_1=24$, kvóciense $\displaystyle q_d=\dfrac{6}{22}$, az $\displaystyle e_n$ mértani sorozat első tagja $\displaystyle e_1=21$, kvóciense $\displaystyle q_e=\dfrac{15}{22}$.

Jelöljük a $\displaystyle d_1+d_2+d_3+\ldots+d_n+ \ldots$, illetve $\displaystyle e_1+e_2+e_3+\ldots+e_n+\ldots$ végtelen összegeket $\displaystyle S_d$-vel, illetve $\displaystyle S_e$-vel.

c) Számítsa ki az $\displaystyle S_d+S_e$ összeg pontos értékét. (4 pont)

Megoldás. a) Számológép segítségével megállapíthatjuk, hogy az $\displaystyle n!>3^n$ egyenlőtlenség nem teljesül az $\displaystyle n\le6$ természetes számokra. Az $\displaystyle n=0$ esetén ugyanis $\displaystyle n!=3^n$, a többi esetben pedig $\displaystyle n!< 3^n$. Ha $\displaystyle n=7$, akkor $\displaystyle n!=5040$ és $\displaystyle 3^n=2187$, erre igaz, hogy $\displaystyle n!>3^n$. Teljes indukcióval igazoljuk, hogy az $\displaystyle n!>3^n$ egyenlőtlenség minden $\displaystyle n\geq 7$ természetes számra fennáll. Az előző számításunk szerint $\displaystyle n=7$-re igaz az egyenlőtlenség. Tegyük fel, hogy az egyenlőtlenség valamely $\displaystyle k\ge7$-re teljesül, vagyis

$\displaystyle {(1)} $

$\displaystyle k!>3^k.$

Szorozzuk be az (1) egyenlőtlenség mindkét oldalát a pozitív $\displaystyle (k+1)$-gyel, ekkor $\displaystyle (k+1)\cdot k!>3^k\cdot (k+1)$, és mivel nyilvánvaló, hogy $\displaystyle k>7$ esetén $\displaystyle k+1>3$, ezért $\displaystyle (k+1)!>3^k\cdot (k+1)>3^{k+1}$. Eszerint, ha $\displaystyle k>7$, akkor a $\displaystyle k!>3^k$ indukciós feltevésből következik, hogy az egyenlőtlenség $\displaystyle k+1$-re is teljesül. Összegezve: az $\displaystyle n!>3^n$ egyenlőtlenség nem áll fenn a $\displaystyle H=\{0,1,2,3,4,5,6\}$ halmazba tartozó $\displaystyle n$ számokra, de minden $\displaystyle n\geq 7$ természetes számra teljesül.

b) A binomiális együtthatók tulajdonsága, hogy $\displaystyle \dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k+1}=\dbinom{n+1}{k+1}$, ezért

$\displaystyle {(2)} $

$\displaystyle \binom{n}{2}+\binom{n}{3}=\binom{n+1}{3},$

$\displaystyle \binom{n+1}{3}=\frac{(n+1)\cdot n \cdot (n-1)\cdot (n-2)!}{3!\cdot (n-2)!}=\frac{(n+1)\cdot n\cdot (n-1)}{6}, $

vagyis

$\displaystyle (3) $

$\displaystyle a_n=\frac{(n+1)\cdot n\cdot (n-1)}{6}.$

Ugyanakkor $\displaystyle \dbinom{2n}{3}=\dfrac{2n\cdot (2n-1)\cdot (2n-2)\cdot (2n-3)!}{3!\cdot (2n-3)!}=\dfrac{4n\cdot (2n-1)\cdot (n-1)}{6}$, így

$\displaystyle (4) $

$\displaystyle b_n=\frac{4n\cdot (n-1)\cdot (2n-1)}{6}.$

(3) és (4) alapján a $\displaystyle c_n$ sorozatra az $\displaystyle n>1$ feltétel figyelembevételével felírhatjuk, hogy

$\displaystyle {(5)} $

$\displaystyle c_n=\frac{n+1}{8n-4}.$

Ekkor

$\displaystyle c_{n+1}-c_n=\frac{n+2}{8n+4}-\frac{n+1}{8n-4}=c_{n+1}-c_n=\frac{-12}{(8n+4)(8n-4)}. $

Az $\displaystyle n>1$ feltétel miatt (5) nevezője pozitív, tehát a jobb oldal értéke minden $\displaystyle n$ természetes számra negatív, vagyis $\displaystyle c_{n+1}-c_n<0$, azaz minden $\displaystyle n$-re $\displaystyle c_{n+1}<c_n$, ezért a $\displaystyle c_n=\dfrac{a_n}{b_n}$ sorozat valóban szigorúan monoton csökkenő.

c) Mivel a két mértani sorozatban $\displaystyle 0<q_d<1$ és $\displaystyle 0<q_e<1$, ezért a $\displaystyle d_1+d_2+d_3+\ldots+d_n+\ldots$ és az $\displaystyle e_1+e_2+e_3+\ldots+e_n+\ldots$ végtelen összegek léteznek. A végtelen mértani sor összegképlete szerint $\displaystyle S_d=\dfrac{24}{1-\frac{6}{22}}$; $\displaystyle S_e=\dfrac{21}{1-\frac{15}{22}}$, ahonnan egyszerű számítással kapjuk, hogy $\displaystyle S_d+S_e=33+66=99$.

9. Az $\displaystyle ABC$ derékszögű háromszög befogói $\displaystyle BC=a$, $\displaystyle CA=b$, átfogója $\displaystyle AB=c$ hosszúságú, továbbá $\displaystyle BAC\sphericalangle=15^{\circ}$. A derékszögű háromszöget megforgatjuk a $\displaystyle BC$, illetve a $\displaystyle CA$ befogó egyenese körül.

a) Határozza meg a keletkezett két forgástest térfogata arányának pontos értékét. (6 pont)

Az $\displaystyle ABC$ hegyesszögű háromszögben $\displaystyle BC=a$, $\displaystyle CA=b$, $\displaystyle AB=c$, az oldalakra teljesül, hogy $\displaystyle a<b<c$. A háromszöget megforgatjuk először az $\displaystyle a$, majd a $\displaystyle b$, végül a $\displaystyle c$ oldalegyenes körül. A keletkezett forgástestek térfogata ebben a sorrendben egy számtani sorozat három szomszédos tagja.

b) Bizonyítsa be, hogy a $\displaystyle b$ oldal hossza harmonikus közepe az $\displaystyle a$ és $\displaystyle c$ oldal hosszának. (10 pont)

Megoldás. a) A $\displaystyle BC$ körüli forgatáskor olyan egyenes kúpot kapunk, amelynek alapja egy $\displaystyle b$ sugarú kör, magassága $\displaystyle a$, így térfogata

$\displaystyle {(1)} $

$\displaystyle V_a=\frac{b^2\cdot \pi \cdot a}{3},$

a $\displaystyle CA$ befogó egyenese körül történő forgatáskor kapott egyenes körkúp alapkörének sugara $\displaystyle a$, magassága $\displaystyle b$, ezért térfogata

$\displaystyle {(2)} $

$\displaystyle V_b=\frac{a^2\cdot \pi \cdot b}{3}.$

(1) és (2) alapján a két kúp térfogatának aránya $\displaystyle \dfrac{V_a}{V_b}=\dfrac{b}{a}$. A $\displaystyle \dfrac{b}{a}$ pontos értékének megállapításához használjuk fel az 1. ábrát, amelyen az $\displaystyle ABC$ háromszög körülírt körének középpontját $\displaystyle O$-val, a $\displaystyle C$-ből húzott magasságát $\displaystyle m$-mel, a magasság talppontját $\displaystyle T$-vel jelöltük.

1. ábra

A körülírt kör sugara nyilván $\displaystyle OA=OB=OC=\dfrac{c}{2}$, a feltétel miatt $\displaystyle OCA\sphericalangle=CAO\sphericalangle=15^{\circ}$, ez pedig az $\displaystyle OCA$ háromszög külső szögére vonatkozó tétel szerint azt jelenti, hogy $\displaystyle COT\sphericalangle=30^{\circ}$. Ebből azonnal következik, hogy a $\displaystyle COT$ derékszögű háromszög egy félszabályos háromszög, vagyis $\displaystyle \dfrac{c}{2}=2m$, ahonnan

$\displaystyle {(3)} $

$\displaystyle m=\frac{c}{4}.$

Az $\displaystyle ABC$ háromszög kétszeres területére igaz, hogy $\displaystyle a\cdot b=c \cdot m$, tehát (3) alapján $\displaystyle a\cdot b=\dfrac{c^2}{4}$, vagyis ha alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt, akkor

$\displaystyle {(4)} $

$\displaystyle a^2+b^2=4ab.$

Osszuk el a nemnulla $\displaystyle a^2$-tel (4) mindkét oldalát, és válasszuk az $\displaystyle x=\dfrac{b}{a}$ helyettesítést. Ekkor a (4) egyenletből rendezés után az $\displaystyle x^2-4x+1=0$ egyenletet kapjuk, amelynek megoldásai $\displaystyle x_1=2-\sqrt{3}$; $\displaystyle x_2=2+\sqrt{3}$. Az $\displaystyle x_1$ nem megoldása a feladatnak, mert az $\displaystyle ABC$ háromszög szögeire megadott feltételek miatt $\displaystyle b>a$, azaz $\displaystyle {x>1}$, ugyanakkor $\displaystyle {x_1<1}$. Eredményünk tehát az, hogy $\displaystyle \dfrac{b}{a}=2+\sqrt{3}$ és emiatt $\displaystyle \dfrac{V_a}{V_b}=\dfrac{b}{a}=2+\sqrt{3}$.

b) Mivel a háromszög hegyesszögű, ezért mindhárom oldalához tartozó magassága a háromszög belsejében halad, jelöljük az $\displaystyle a$, $\displaystyle b$, $\displaystyle c$ oldalakhoz tartozó magasságokat rendre $\displaystyle m_a$-val, $\displaystyle m_b$-vel és $\displaystyle m_c$-vel. Tekintsük a 2. ábrát, amelyen az $\displaystyle m_a$ magasságot ábrázoltuk.

2. ábra

Ha a háromszöget megforgatjuk a $\displaystyle BC$ oldal körül, akkor a keletkezett forgástest két, közös alaplapú kúp lesz, ahol a két kúp közös alaplapja egy $\displaystyle m_a$ sugarú kör, a kúpok magassága az ábra jelöléseivel $\displaystyle BA_1=x$, illetve $\displaystyle A_1C=a-x$. A két kúp térfogatának összege ezért

$\displaystyle {(5)} $

$\displaystyle V_a=\frac{m_a^2\cdot \pi\cdot x}{3}+\frac{m_a^2\cdot \pi\cdot (a-x)}{3}=\frac{m_a^2\cdot \pi\cdot a}{3}.$

Hasonlóan kapjuk, hogy a $\displaystyle b$, illetve $\displaystyle c$ oldal körüli forgatáskor keletkező két-két forgáskúp térfogata:

$\displaystyle {(6)} $

$\displaystyle V_b=\frac{m_b^2\cdot \pi\cdot b}{3},$

illetve

$\displaystyle {(7)} $

$\displaystyle V_c=\frac{m_c^2\cdot \pi\cdot c}{3}.$

A feladat feltétele szerint a $\displaystyle V_a$, $\displaystyle V_b$, $\displaystyle V_c$ számok ebben a sorrendben egy számtani sorozat szomszédos tagjai, ezért $\displaystyle 2V_b=V_a+V_c$, így (5)–(6)–(7) alapján

$\displaystyle 2\dfrac{m_b^2\cdot \pi\cdot b}{3}=\dfrac{m_a^2\cdot \pi\cdot a}{3}+\dfrac{m_c^2\cdot \pi\cdot c}{3}. $

Ebből az egyszerűsítések után

$\displaystyle {(8)} $

$\displaystyle 2m_b^2\cdot b=m_a^2\cdot a+m_c^2\cdot c$

következik.

Az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle T$ területének kétszeresére érvényes, hogy $\displaystyle 2T={a\cdot m_a}={b\cdot m_b}={c\cdot m_c}$, ezt figyelembe véve (8) átalakítható: $\displaystyle {2\cdot 2T\cdot m_b}={2T\cdot m_a}+{2T\cdot m_c}$, és az $\displaystyle m_a=\dfrac{2T}{a}$; $\displaystyle m_b=\dfrac{2T}{b}$; $\displaystyle m_c=\dfrac{2T}{c}$ egyenlőségeket alkalmazva $\displaystyle \dfrac{8T^2}{b}=\dfrac{4T^2}{a}+\dfrac{4T^2}{c}$, innen egyszerűsítéssel kapjuk, hogy $\displaystyle \dfrac{2}{b}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}$, ebből pedig átalakítás után $\displaystyle b=\dfrac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}$, tehát a $\displaystyle b$ oldal hossza valóban harmonikus közepe az $\displaystyle a$ és $\displaystyle c$ oldalak hosszának. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?