Kezdőlap


Cím:	Az 1989. októberben közölt felvételire gyakorló feladatok megoldásai
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1989/november, 368 - 371. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Felvételi előkészítő feladatsor

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

1. Igazolja, hogy ha egy háromszög $B C = a$ oldalával szemközti szög $150^{\circ}$ , akkor

\begin{matrix} b^{2} + c^{2} = r^{2} - 4 t \sqrt[]{3}, \end{matrix}

ahol

b

c

a háromszög másik két oldala,

r

a háromszög köré írt kör sugara,

t

pedig a háromszög területe.

Megoldás. A koszinusztétel szerint

\begin{matrix} b^{2} + c^{2} = a^{2} + 2 b c \cdot cos 150^{\circ} . \end{matrix}

A háromszög területe

\begin{matrix} t = \frac{b c \cdot sin 150^{\circ}}{2} . \end{matrix}

r

a háromszög köré írt kör sugara, akkor

\begin{matrix} a = 2 r sin 150^{\circ} . \end{matrix}

Mivel

sin 150^{\circ} = \frac{1}{2}

és

cos 150^{\circ} = - \frac{\sqrt[]{3}}{2}

, ezért

a = r

és

4 t = b c

Ezeket felhasználva adódik, hogy valóban

\begin{matrix} b^{2} + c^{2} = r^{2} - 4 t \sqrt[]{3} . \end{matrix}

2. Tekintsük az

\begin{matrix} f (x) = {(x - 1)}^{2} + {(x - 2)}^{2} + ... + {(x - n)}^{2} \end{matrix}

függvényt, ahol

n \in N^{+}

. Mely helyen veszi fel a függvény a legkisebb értékét és mennyi ez a legkisebb érték?

Megoldás. Azonos átalakításokkal

\begin{matrix} f (x) = n x^{2} - 2 (1 + 2 ... + n) x + 1^{2} + 2^{2} + ... + n^{2} . \end{matrix}

Ismeretes, hogy

\begin{matrix} 1 + 2 + ... + n = \frac{n (n + 1)}{2} \end{matrix}

és

\begin{matrix} 1^{2} + 2^{2} + ... + n^{2} = \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} . \end{matrix}

Ezeket alkalmazva, majd teljes négyzetté kiegészítve kapjuk a következőket:

\begin{matrix} f (x) = n x^{2} - n (n + 1) x + \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6}, \\ f (x) = n {(x - \frac{n + 1}{2})}^{2} + n \cdot \frac{n^{2} - 1}{12} . \end{matrix}

f (x)

függvény az

x_{0} = \frac{n + 1}{2}

helyen veszi fel a legkisebb értékét és a legkisebb érték

\frac{n (n^{2} - 1)}{12}

3. Igazolja, hogy ha

a ≧ 0

b ≧ 0

, akkor

\begin{matrix} \frac{1}{2} {(a + b)}^{2} + \frac{1}{4} (a + b) ≧ a \sqrt[]{b} + b \sqrt[]{a} . \end{matrix}

Mikor egyenlő a két kifejezés?

Megoldás. Ekvivalens átalakításokkal az

\begin{matrix} \frac{1}{2} (a + b) (a + b + \frac{1}{2}) ≧ \sqrt[]{a b} (\sqrt[]{a} + \sqrt[]{b}) \end{matrix}

(1)

egyenlőséget kell igazolni.
Mivel

\begin{matrix} \frac{a + b}{2} ≧ \sqrt[]{a b}, \end{matrix}

(2)

ezért elegendő igazolni a következőket:

\begin{matrix} a + b + \frac{1}{2} ≧ \sqrt[]{a} + \sqrt[]{b}, \end{matrix}

(3)

illetve

\begin{matrix} a - \sqrt[]{a} + b - \sqrt[]{b} + \frac{1}{2} ≧ 0. \end{matrix}

(4)

Azonos átalakításokkal kapjuk, hogy

\begin{matrix} a - \sqrt[]{a} + b - \sqrt[]{b} + \frac{1}{2} = {(\sqrt[]{a} - \frac{1}{2})}^{2} + {(\sqrt[]{b} - \frac{1}{2})}^{2} . \end{matrix}

Mivel

{(\sqrt[]{a} - \frac{1}{2})}^{2} + {(\sqrt[]{b} - \frac{1}{2})}^{2} ≧ 0

, ezért a (4), a (3) és így az (1) egyenlőtlenséget is igazoltuk. A (2) illetve a (3) egyenlőtlenségben az egyenlőség akkor áll fenn, ha

a = b

, illetve

a = \frac{1}{4}

és

b = \frac{1}{4}

, ezért az (1)-ben csak

a = \frac{1}{4}

és

b = \frac{1}{4}

esetén áll fenn egyenlőség.

4. Az

A B C

háromszög oldalai

A B = 13

;

B C = 20

;

C A = 21

egység. Számítsa ki a

B C

oldalhoz tartozó súlyvonal hosszát.

Megoldás. Jelölje a

B C

oldal felezőpontját

A_{1}

, az

A A_{1} B

szöget

φ

, így az

A A_{1} C

szög

180^{\circ} - φ

, végül legyen

A A_{1} = s

. Az

A A_{1} B

és az

A A_{1} C

háromszögekben alkalmazzuk a koszinusztételt:

\begin{matrix} 13^{2} = s^{2} + 10^{2} - 2 \cdot s \cdot 10 cos φ, \\ 21^{2} = s^{2} + 10^{2} + 2 \cdot s \cdot 10 cos φ \end{matrix}

mert

cos (180^{\circ} - φ) = - cos φ

. E két egyenlet összeadása, majd a kapott egyenlet rendezése után

\begin{matrix} s^{2} = \frac{1}{2} (13^{2} + 21^{2} - 2 \cdot 10^{2}) \\ s^{2} = 205, s = \sqrt[]{205} \approx 14,32. \end{matrix}

Az adatok a háromszöget egyértelműen meghatározzák, igy az

A A_{1}

súlyvonal hossza

14,32

egység.

5. Írja fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelynek az

e

(egyenlete:

x - y = 2

) és az

f

(egyenlete:

x + 2 y = 14

) egyenesek közé eső szakaszát a

P (2; 1)

pont az e egyenestől számítva

1 : 2

arányban osztja.

Megoldás. Az

e

egyenes egy tetszőleges pontja

E (t; t - 2)

t \in R

, az

f

egyenes egy tetszőleges pontja

F (14 - 2 u; u)

u \in R

. Azokat az

E

és

F

pontokat keressük, amelyekre

\begin{matrix} F P = 2 \cdot P E \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} \vec{F P} = 2 \cdot \vec{P E} . \end{matrix}

Mivel

\vec{F P} = (2 u - 12; 1 - u), \vec{P E} = (t - 2; t - 3)

, ezért

\begin{matrix} 2 u - 12 = 2 t - 4, \end{matrix}

és

\begin{matrix} 1 - u = 2 t - 6, \end{matrix}

ahonnan

t = 1

u = 5

, azaz a szóban forgó

E

pont

E (1; - 1)

és az

F

pont

F (4,5)

, így a keresett egyenes

(E P)

egyenlete:

2 x - y = 3

Megjegyzés: A feladat más módon is megoldható. Az

e

és

f

egyenes metszéspontja

G (6; 4)

. Legyen

Q

az a pont, amelyre

\vec{G Q} = 3 \cdot \vec{P G}

. Most

Q (- 6; - 5)

. A

Q

ponton áthaladó, az

e

egyenessel párhuzamos egyenes (egyenlete:

x - y = - 1

f

egyenest az

F (4; 5)

pontban metszi (miért?), így az

F P

egyenes egyenlete:

2 x - y = 3

6. Egy négyzetes oszlop alapéle

a

, magassága

m

(térfogatát jelölje

V_{1}

); egy szabályos háromoldalú gúla alapéle

b

, magassága

m

(térfogatát jelölje

V_{2}

.)
a) Mekkora a

\frac{b}{a}

arány, ha

V_{1} = \sqrt[]{3} \cdot V_{2}

?
b) Mekkora az

\frac{m}{a}

arány, ha

V_{1} = \sqrt[]{3} \cdot V_{2}

és a négyzetes oszlop palástfelszíne egyenlő a gúla palástfelszinével (oldallapjai területének összegével)?

Megoldás.
a)

V_{1} = a^{2} m, V_{2} = \frac{b^{2} \sqrt[]{3}}{4} \cdot \frac{m}{3},

A feltétel szerint

\sqrt[]{3} \cdot V_{2} = V_{1}

, tehát

\begin{matrix} \frac{b^{2} m}{4} = a^{2} m, amiből {(\frac{b}{a})}^{2} = 4, \end{matrix}

s mivel

\frac{b}{a} > 0

, ezért

\frac{b}{a} = 2

.
b) A gúla alaplapjának magassága

\frac{b \sqrt[]{3}}{2}

, ennek harmada

\frac{b}{2 \sqrt[]{3}}

Ha a gúla oldallapjának a

b

oldalhoz tartozó magassága

m_{1}

, akkor

\begin{matrix} m_{1}^{2} = m^{2} + \frac{b^{2}}{12}, s mivel b = 2 a, \end{matrix}

ezért

m_{1}^{2} = m^{2} + \frac{a^{2}}{3}

.
A feltétel szerint a palást felszínek egyenlők, tehát

\begin{matrix} 4 a m = 3 \cdot \frac{2 a \sqrt[]{m^{2} + \frac{a^{2}}{3}}}{2}, \end{matrix}

amiből

7 m^{2} = 3 a^{2}

, azaz

\frac{m}{a} = \sqrt[]{\frac{3}{7}}

7. Oldja meg a

\begin{matrix} log_{3} \frac{1}{x^{2}} + 3 \cdot log_{x} \frac{1}{9} ≧ - 8 \end{matrix}

egyenlőtlenséget!
Vegyük figyelembe, hogy

x > 0

és

x \neq 1

. Azonosságok alkalmazásával, ekvivalens átalakításokkal kapjuk, hogy

\begin{matrix} - 2 log_{3} x - 6 log_{x} 3 ≧ - 8, \\ log_{3} x + 3 log_{x} 3 ≦ 4. \end{matrix}

Legyen

log_{3} x = z

, ekkor

log_{x} 3 = \frac{1}{z}

, és az egyenlőtlenség a következő alakra hozható

\begin{matrix} \frac{z^{2} - 4 z + 3}{z} ≦ 0. \end{matrix}

Ennek megoldása (algebrai vagy grafikus úton)

\begin{matrix} z < 0 vagy 1 ≦ z ≦ 3, \end{matrix}

így

log_{3} x < 0

, vagy

1 ≦ log_{3} x ≦ 3

.
A 3 alapú logaritmus- (vagy az exponenciális-) függvény szigorú monoton növekedése miatt az egyenlőtlenség megoldásai

\begin{matrix} 0 < x < 1 vagy 3 ≦ x ≦ 27. \end{matrix}

8. Mely

α

-ra van pontosan egy valós gyöke az

\begin{matrix} x^{2} + \frac{2 x}{\sqrt[]{cos α}} + (\frac{1}{sin α} + 2 \sqrt[]{2}) = 0 \end{matrix}

egyenletnek?

Megoldás.
Az egyenletnek

cos α > 0

sin α \neq 0

esetén van értelme, azaz ha

\begin{matrix} - \frac{π}{2} + 2 k π < α < 2 k π vagy 2 k π < α < \frac{π}{2} + 2 k π, k \in Z . \end{matrix}

Az egyenletnek akkor van pontosan egy valós gyöke, ha a

\begin{matrix} D = \frac{4}{cos α} - \frac{4}{sin α} - 8 \sqrt[]{2} \end{matrix}

diszkrimináns nulla.
Ez akkor teljesül, ha

\begin{matrix} \frac{1}{\sqrt[]{2}} (sin α - cos α) = sin 2 α . \end{matrix}

Mivel

\frac{1}{\sqrt[]{2}} = sin \frac{π}{4} = cos \frac{π}{4}

, ezért

sin (α - \frac{π}{4}) = sin 2 α

Ez utóbbi egyenlet megoldásai

\begin{matrix} 2 α = α - \frac{π}{4} + 2 n π vagy 2 α = π - (α - \frac{π}{4}) + 2 m π, \end{matrix}

n, m \in Z

\begin{matrix} α_{1, n} = - \frac{π}{4} + 2 n π vagy α_{2, m} = \frac{5 π}{12} + \frac{2}{3} m π . \\ α_{1, n} esetén cos α > 0, sin α \neq 0 és D = 0, \end{matrix}

tehát megoldások.
Ha

m = 3 k

, akkor

α_{2, k} = \frac{5 π}{12} + 2 k π

szintén megoldás; ha

m = 3 k + 1

, akkor

cos α < 0

, így nem megoldás, míg ha

m = 3 k + 2

, akkor

α_{3, k} = \frac{7 π}{4} + 2 k π

szögek egybeesnek az

α_{1, n}

szögekkel, így attól nem eltérő megoldások.