Szocialista Nevelés, 1973. szeptember-1974. június (19. évfolyam, 1-10. szám)

1973-11-01 / 3. szám - Vörös Ferenc: Felvételi vizsgák matematikából

E két megoldás valamelyik fajtáját

megtalálták azok, akik ismerik a típuspéldát (Algebra IX. oszt. 74/4, 82/13, 145/8 példák). Előfordult egy harmadik fajta megoldás is, valószínűleg olyan pályázó megoldása, aki nem ismerte ugyan az említett típuspéldákat, de jó logikájú tanuló.

2. példa: Osszátok el:

2n + 1 2n — 1\ 4n

2n — 1 2n + 1/ " lOn — 5

két teljesíteni kell, hogy az adott kifejezésnek értelme legyen. Ellenőrizzétek a számítás helyességét n = 1 behelyettesítésével!

Megoldás: (2n + 1 2n — 1\ 4n

\2n — 1 ~ 2n + 1/ ' lOn — 5 ” Ikt = (2n — 1) (2n + 1);

[ (2n + 1) (2n + 1)] — [ (2n — 1) (2n — 1)] _ 4n

(2n — 1) (2n + 1) ’ 5(2n — 1)

(2n + 1)2 — (2n — 1)2 5(2n — 1)

(2n — 1) (2n + 1) ’ 4n

(4n2 + 4n + 1) — (4n2 — 4n + 1) 5

2n + 1 4n

c) megoldás:

A heti terv x db volt.

1. héten 6 %, azaz 0,06x

2. héten 4 %, azaz 0,04x

_________________

Két hét alatt 180 többlet = 0,06x + 0,04x

180 = 0,lx /.10 1800 = lx x = 1800;

és nevezzétek meg a feltételeket, melye4n2 + 4n + 1 — 4n2 + 4n — 1

2n +

1

4n

2 8n

5

10

2n + 1

4n

2n + 1

>

Feltételek:

2n ^ 0

2n + 1 íí —

1

П 5-í —

1

~2

0,5;

Behelyettesítés n =

1 :

n 0,

1

n n

7* —

/2.1 + 1 2.1-1]

4.1

\ 2.1 — 1 = 2.1

+ 1/

10.1 — 5

_ / 1 M .

4

/9 1 i

\ • 4

8

\ 3 3 /

5

V 3 “ 3 i

I 5

3

10 10-1° = 3 -L 3 3

2.1 + 1 ~~ 2 +

1

40

12

= 3 ---A IX.-es algebra könyvben igényesebb példák is találhatók az 58/3 és az 58/4 oldalon.

5. Az A és В pontból az átlóval kimetszhető a trapéz harmadik és negyedik csúcsa.

3. példa:

Szerkesszetek egyenlő szárú ABCD trapézt, ha ismerjük:

a trapéz köré írt kör sugarát г = 3,5 cm, a trapéz alapját AB = a = 5,5 cm és az átló hosszát AC = 6 cm.

Elemzés:

1. г < a < AC;

2. к = [S; 3,5 cm], a sugárral megrajzolható a kör.

3. А к = [S; r] kör húrja az AB = a = = 5,5 cm-es alap,

4. de húrja az AC = 6 cm-es átló is.

80