Cím: Megoldásvázlatok az 1992. decemberi szám mérőlapjához
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1993/január, 10 - 11. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Az egyenletnek x=1 és x=-13 kivételével minden valós számra van értelme. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát a (3x+1)(x-1) kifejezéssel, majd rendezzük az egyenletet. Az így kapott 17x2+5x-22=0 egyenlet x1=1 gyöke az adott egyenletnek nem megoldása, míg az x2=-2217 az adott egyenlet egyetlen megoldása.
2. Alkalmazhatjuk a cos2α=2cos2α-1, illetve a cos2α=1-2sin2α azonosságokat. Ekkor az adott kifejezés
(2cos2α-3)2+(2sin2α-3)2=|2cos2α-3|+|2sin2α-3|
alakban írható. Mivel 2cos2α-3<0 és 2sin2α-3<0, ezért az adott kifejezés
(3-2cos2α)+(3-2sin2α)=4.
A kifejezés értéke minden valós a esetén 4.
3. A rendezéssel kapott x2+(5-m)x+4>0 egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha a másodfokú polinom diszkriminánsa negatív, azaz D=(5-m)2-16<0. Ez 1<m<9 esetén igaz.
4. Legyen a B pont koordinátája h, azaz B(0,h). Az AB(6,h) és a CB(-1,h+1) merőleges vektorok, tehát skaláris szorzatuk 0.
-6+h(h+1)=0,h1=2,h2=-3.

Ha B1(0;2), akkor D1(-5;-3), ha B2(0;-3), akkor D2(-5;2).
5. A feltétel szerint 5an=Sn-1, azaz
5(12+(n-1)(-2))=n-12(24+(n-2)(-2)),
ahonnan
n2-25n+84=0,n=4vagyn=21.

Így a4=6, és ekkor valóban S3=30=56 vagy a21=-28, és ekkor S20=-140=5(-28).
6. a) Ha a havi kamatláb p, akkor
(1+p100)12=1,3,q=1+p100=1,312=1,022104,p=2,21.

b) Az első hónap elején elhelyezett 2000Ft értéke a 24. hónap végén 2000q24, a második hónap elején elhelyezett 2000Ft értéke a 24. hónap végén 2000q23,..., a 18. hónap elején elhelyezett 2000Ft értéke a 24. hónap végén 2000q7.
A 24. hónap végén összesen
2000q24+2000q23+...+2000q7=2000q7q18-1q-1,
azaz 50847 forintunk lesz.
7. A tg(x3π4)=tgx-11+tgx és a tg2x=2tgx1-tg2x azonosságok alkalmazásával az egyenlet értelmezési tartománya (xπ4+nπ2,nZ) szűkül, x=π2+kπ-vel, kZ.
Ha xk=π2+kπ, akkor mindkét oldal helyettesítési értéke 1, így ezek megoldások. Ha xπ2+kπ, akkor a kapott
tgx-1tgx+1=2tgx1-tg2x+1
egyenletnek nincs megoldása.
Az egyenlet megoldásai az xk=π2+kπ,kZ számok. Az egyenlet más módon is megoldható. Hogyan?
8. Mivel x>0,y>0 és x+y=1, ezért
x+y2xy,12xy,14xy,122xy,1xy4,1x2y216
és
x2+y2=(x+y)2-2xy=1-2xy12.
Ezek alkalmazásával
(x+1x)2+(y+1y)2=x2+y2+4+x2+y2x2y212+4+1612=252.

A két kifejezés akkor egyenlő,ha x+y2=xy, azaz ha y=12.