Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok az 1993. októberi szám mérőlapjához
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1993/november, 382 - 383. 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 Pitagorasz-tétel, a magasságtétel és a befogótétel alkalmazásával $p^{2} = 6, 5^{2} - 6^{2}$ ; $p = 2,5$ ; $6^{2} = 2,5 q$ ; $q = 14,4$ ; $c = p + q = 16,9$ és $b^{2} = 14,4 \cdot 16,9$ ; $b = 15,6$ egység, ahol $p$ , illetve $q$ a befogók merőleges vetülete a $c$ átfogón, $b$ pedig a másik befogó.

2. Legyen

B C = a

és

A C = b

, ahol most

b > a > 1

(miért?). A szinusztétel alkalmazásával

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

, a koszinusztétel alkalmazásával

a^{2} = 1 + b^{2} - b \sqrt[]{2}

, így a feltételeknek megfelelően

a = \sqrt[]{3} + 1, b = \sqrt[]{\frac{3}{2}} (\sqrt[]{3} + 1)

egység.

3. Legyen az első négy szám

a - 3 t, a - t, a + t, a + 3 t

, ahol a sorozat különbsége

d = 2 t

. A feltételek szerint

4 a = - 36

és

a^{2} - t^{2} = 72

, ahonnan

a = - 9, t^{2} = 9, t_{1} = - 3, t_{2} = 3

.
Ha

t = - 3

, akkor az első négy szám

0, - 6, - 12, - 18

, így az ötödik

- 27

, ha

t = 3

, akkor az első négy szám

- 18, - 12, - 6, 0

, így az ötödik szám is

0

. (Most

q = 0

, így

- 6

a mértani sorozat első eleme, így a sorozat minden további eleme

0

4. Az

e

egyenes egy pontjának koordinátái:

x = t, y = t + 1, t \in R

, az

f

egyenes egy pontjának koordinátái

x = 11 - 2 p, y = p, p \in R

. Olyan

t

(és

p

) értékeket keresünk, amelyekre a feltétel teljesül, azaz

\begin{matrix} \frac{t + 2 (11 - 2 p)}{3} = 4 és \frac{t + 1 + 2 p}{3} = 1, ahonnan t = - 2, (p = 2) . \end{matrix}

E (- 2, - 1)

pont is rajta van a keresett egyenesen, tehát ennek egyenlete:

x - 3 y = 1

5. Ha

p < 0

, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha

p = 0

, akkor

log_{2} x = 0

, vagy

log_{2} x = 4

, így

x_{1} = 1, x_{2} = 16

. Ha

p > 0

, akkor

\begin{matrix} {(log_{2} x)}^{2} - 4 log_{2} x + p^{2} = 0. & (1) \end{matrix}

Az (1) egyenlet diszkriminánsa

D = 16 - 4 p^{2}

.
Ha

D < 0

, azaz ha

p > 2

, akkor az adott egyenletnek nincs megoldása;
ha

D = 0

, azaz

p = 2

, akkor egyetlen megoldás van,

log_{2} x = 2, x_{3} = 4

;
ha

D > 0

, azaz

0 < p < 2

, akkor két megoldás van,

x_{4} = 2^{2 + \sqrt[]{4 - p^{2}}}

x_{5} = 2^{2 - \sqrt[]{4 - p^{2}}} .

6. A bal oldalnak akkor van értelme, ha

1 - x ⩾ 0

és

1 \neq \sqrt[]{1 - x}

, azaz

x ⩽ 1

és

x \neq 0

.
Érdemes új változót bevezetni. Legyen

\sqrt[]{1 - x} = y (⩾ 0)

, ekkor

x = 1 - y^{2}

, tehát

\begin{matrix} \frac{{((1 - y) (1 + y))}^{2}}{{(1 - y)}^{2}} < 9 - (1 - y^{2}) & , \\ y^{2} + 2 y + 1 < 8 + y^{2}, & y < \frac{7}{2}, \sqrt[]{1 - x} < \frac{7}{2} . \end{matrix}

A feltételeket figyelembe véve adódik a megoldás:

- \frac{45}{4} < x < 0 vagy 0 < x ⩽ 1

7. A következő ismert azonosságokat alkalmazhatjuk:

\begin{matrix} cos^{2} x = \frac{1 + cos 2 x}{2}, cos x + cos y = 2 cos \frac{x + y}{2} \cdot cos \frac{x - y}{2}, cos (π - x) = - cos x, \\ cos (x + y) = cos x \cdot cos y - sin x \cdot sin y, cos (x - y) = cos x \cdot cos y + sin x \cdot sin y . \end{matrix}

Ezek alkalmazásával

\begin{matrix} cos^{2} α + cos^{2} β + cos^{2} γ + 2 cos α cos β cos γ = \\ = & \frac{1 + cos 2 α}{2} + \frac{1 + cos 2 β}{2} + cos^{2} (α + β) - 2 cos α cos β cos (α + β) = \\ = & 1 + \frac{1}{2} (2 cos (α + β) \cdot cos (α - β) + (cos (α + β)) (cos (α + β) - 2 cos α cos β) = \\ = & 1 + cos (α + β) cos (α - β) - cos (α + β) cos (α - β) = 1. \end{matrix}

8. Az egyenlet

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

alakban írható. Mivel

k, n

és

x

is egész, ezért

| 2 k - 1 | = 1

, és

| n | = 1

kell, hogy teljesüljön, azaz

k = 1

vagy

k = 0

, illetve

n = 1

vagy

n = - 1

.
Ha

k = 1

és

n = 1

, akkor

x^{2} - 4 x + 3 = 0, x_{1} = 1

vagy

x_{2} = 3

;
ha

k = 1, n = - 1

, akkor

x^{2} - 2 x + 1 = 0, x_{1} = x_{2} = 1

.
Ha

k = 0

és

n = 1

vagy

n = - 1

, akkor

x

nem egész.