Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények az 1992. januári szám mérőlapjához
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1992/február, 76 - 77. 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. A befogókat ezúttal $2 a$ és $2 b$ -vel, az átfogót $2 c$ -vel jelölve a keresett súlyvonal hosszára $s_{c}^{2} = c^{2} = a^{2} + b^{2}$ . Az adatokból Pitagorasz tételével $s_{a}^{2} = a^{2} + 4 b^{2} = 9$ és $s_{b}^{2} = 4 a^{2} + b^{2} = 16$ , összegük ötödrésze $a^{2} + b^{2} = 5$ , tehát $s_{c} = \sqrt[]{5}$ egység. ‐ Célhoz értünk a befogók külön-külön való kiszámítása nélkül is.

2. A körhöz

B

-ből húzott két szelő szakaszainak szorzata egyenlő,

B A \cdot B D = (B D + D A) \cdot B D = 5 B D^{2} = B E \cdot B C = 4 \cdot (4 + 1) = 20

, innen

B D = 2

és

B A = 10

. A

β = A B C ∢ = D B C ∢

-re a

D B C

háromszögből

cos β = 13 / 20

. A keresett terület

\begin{matrix} \frac{1}{2} \cdot B A \cdot B C \cdot sin β = 5 \sqrt[]{231} / 4 \approx 19,0 területegység . \end{matrix}

Mérethű ábra szerkesztése: 1. oldalaiból a

B C D

háromszög, 2. az

E

osztópont, 3. kör a

C, D, E

pontokon át, végül 4. ebből

B D

kimetszi

A

-t.

3. A bal oldalnak akkor van értelme, ha egyrészt az alap

x + 1 > 0

, de

x + 1 \neq 1

, azaz

x > - 1

, de

x \neq 0

, és ekkor a jobb oldalon

2 = log_{x + 1} {(x + 1)}^{2}

, másrészt ha a zárójelben

2 x^{2} - 3 x + 1 = (2 x - 1) \cdot (x - 1)

pozitív, ez kizárja a

0,5 \leq x \leq 1

értékeket.
Mármost ha az alapra

x + 1 > 1

, azaz

x > 0

, akkor a logaritmus-függvény monoton növő, a követelmény:

2 x^{2} - 3 x + 1 \leq {(x + 1)}^{2}

, rendezve

x (x - 5) \leq 0

, azaz

0 \leq x \leq 5

. Egybevetve a követelményeket,

x

megoldás, ha

0 < x < 0,5

és ha

1 < x \leq 5

.
A bal oldal értéke pl.

x = 0,4

mellett

log_{1,4} 0,12 = (lg 0,12) : (lg 1,4) \approx - 6,301

és

x = 3

mellett

lg_{4} 10 = 1,661

, valóban kisebbek, mint 2.
Ha pedig az alapra

0 < x + 1 < 1, azaz - 1 < x < 0

, akkor

2 x^{2} - 3 x + 1 \geq {(x + 1)}^{2}

, tehát ha

x \leq 0

és ha

x \geq 5

. Egybevetve

- 1 < x < 0

.
Az adott egyenlőtlenség teljesül, ha

- 1 < x < 0,5

, de

x \neq 0

és ha

1 < x \leq 5

4. A

sin^{2} \frac{x}{2} = 1 - cos^{2} \frac{x}{2}

helyettesítés után a négyzetgyökjel alatt

\begin{matrix} {(4 cos^{2} \frac{x}{2} - 1)}^{2} = {(2 cos x + 1)}^{2} \end{matrix}

áll, tehát az egyenlet

\begin{matrix} | 2 cos x + 1 | = 2 cos x + 1. \end{matrix}

Ez teljesül, ha a jobb oldal nem negatív:

cos x \geq - 0,5

és

\begin{matrix} \frac{- 2 π}{3} + 2 n π \leq x \leq \frac{2 π}{3} + 2 n π n \in Z \end{matrix}

5. Az

E A B

háromszögben

E

-nél derékszög van.

E

távolsága

A B

-től

E A \cdot E B / A B = 2,4

. A térfogat akkor a legnagyobb, ha e lap forgatásával

E

legmagasabbra jut, vagyis ha ez a lap merőleges az

A B C D

alapra. Ekkor a térfogat

5 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2,4 / 3 = 8

térfogategység. Ekkor

E A D

és

E B C

is derékszögű háromszögek,

E D = \sqrt[]{13}

E C = \sqrt[]{20}

egység.

6. Az

O A B

egyenlő szárú derékszögű háromszög területe 200 területegység, a levágott

B D C

háromszögé 96 területegység. Legyen

D

abszcisszája

d

, vetülete

O B

-re

E

, ekkor

B E = d

és

E C = d / 3

, ezekkel

B D C

területe

2 d^{2} / 3

, tehát

d = 12

C

ordinátája 4, a keresett egyenlet

y = x / 3 + 4

, másképpen

x = 3 y - 12

7. A gyökvonás miatt csak

m \geq 0

-ról lehet szó, és ekkor

2^{m} \geq 1

. A diszkriminánsra

D / 16 = m \cdot 2^{m} - 2^{m + 1} - m + 2 = (m - 2) (2^{m} - 1)

, a második tényező nem lehet negatív.

D = 0

és két egyenlő gyök adódik, ha

m = 2

‐ ekkor

x_{1,2} = \sqrt[]{2}

‐ és ha

2^{m} - 1 = 0

, azaz

m = 0

, ekkor

x_{1,2} = 0

m > 2

esetén két különböző valós gyök van:

\begin{matrix} x_{1,2} = \frac{1}{2} (\sqrt[]{m \cdot 2^{m}} \pm \sqrt[]{(m - 2) (2^{m} - 1)}) . \end{matrix}

8. A három ismeretlen szerepe egyenrangú. Nullára redukálások után bármelyik két egyenlet különbsége szorzattá alakítható. Az első kettőből

(x - y) (x + y + 1) = 0

, a megoldás kettéágazik aszerint, hogy

(1a) x - y = 0, azaz x = y vagy (1b) x + y + 1 = 0.

Ezt ismételve a második és harmadik egyenletre:

(2a) y - z = 0 vagy (2b) y + z + 1 = 0.

Ezeknek az elsőfokú egyenleteknek a négyféle párbaállítása mellé bármelyiket vehetjük az eredeti másodfokú egyenletek közül, mindegyik esetben két megoldást kapunk. Az első kettőben

x = y = z

és közös értékük

1 + \sqrt[]{3}

, illetve

1 - \sqrt[]{3}

. A további 3‐3 megoldás az

1,1, - 2

és a

- 1, - 1,0

számhármasok permutálásával adódik. Lényegében tehát négy különböző számhármas elégíti ki az egyenletrendszert.
Harmadszor nem ismételhettük volna a fenti fogást, gyökrendszert vesztenénk, mert az úgy adódó

x - z = 0

egyenletet már megkaphatnánk, mint

(1a) + (2a)

-t is és mint

(1b) - (2b)

-t is.