Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a decemberi mérőlap feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1994/február, 64 - 66. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. a) A terület nyilván 84=32 területegység. b) Mivel az ACB=90, azért AB a trapéz köré írt körének átmérője. Legyen a C pont vetülete az AB oldalon C',C'B=x,CB=y. Az ABC derékszögű háromszögben alkalmazhatjuk a magasságtételt és a befogótételt. Ezek szerint 42=8x,x=2 egység, így AB=10 egység, a köré írt kör suga 5 egység; y2=210,y=25 egység.
A trapéz kerülete: K=28+2y=16+45 egység.
2. Az adott egyenlet diszkriminánsa D=4(8k2+k+106), mindig pozitív (miért?), így mindig két különböző valós gyöke van. A gyökök pontosan akkor különböző előjelűek, ha szorzatuk negatív, azaz ha x1x2=k2+11k-102<0, ami -17<k<6 esetén teljesül.
Megjegyzés: Ha az ax2+bx+c=0 egyenlet esetén ca<0, akkor ac<0, így a diszkrimináns D=b2-4ac>0; tehát ac<0 esetén mindig két különböző valós gyöke van az egyenletnek.
3. Mivel sin11π2=-1 és cos2x-2cos2x=-1, ezért a sin2x+|sinx|=0 egyenletet kell megoldani a [0;2π] intervallumon.
Ha 0xπ, akkor |sinx|=sinx , így (2sinx)(cosx+12)=0,sinx=0  vagy  cosx=-12, tehát x1=0,x2=π,x3=2π3.
Ha π<x2π, akkor |sinx|=-sinx, így (2sinx)(cosx-12)=0,sinx=0 vagy cosx=12, tehát x4=5π3,x5=2π.
4. Az egyenletnek akkor van értelme, ha x+2>0 és 9-x2>0, azaz ha -2<x<3.
Azonos átalakításokkal
log12x+2<log12129-x2.
Az 12 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, tehát
x+2>129-x2.
Mivel mindkét oldalon nemnegatív szám áll, ezért négyzetreemelés, majd rendezés után
4x+8>9-x2,x2+4x-1>0.
Az egyenlőtlenség megoldásai tehát
5-2<x<3.

5. a) A tört számlálója pozitív állandó, a nevezője is mindig pozitív értéket vesz fel. Így a tört értéke akkor a legnagyobb, ha a nevező a legkisebb.
Ismeretes, hogy ha A>0 és B>0, akkor A+B2AB. Most 2-x+2x+222-x2x+2=4. Az egyenlőség 2-x=2x+2,-x=x+2,x=-1 esetén áll fenn.
A tört legnagyobb értéke 164=4, amit x=-1 esetén vesz fel.
b) Ismeretes, hogy a2+b20,a2+b2+kk, ha k0, így -a2-b20 és k-a2-b2k, ahol az egyenlőségek a=0,b=0 esetén állnak fenn.
Most ha a=x2-4,b=1+x-log2y és k=4, akkor mivel
-x4+8x2-12-(1+x-log2y)2=4-(x2-4)2-(1+x-log2y)24.
A kifejezés legnagyobb értéke 4, amit akkor vesz fel, ha x2-4=0 és 1+x-log2y=0, azaz ha x1=2,y1=8 vagy x2=-2,y2=12.
6. Nyilván β90 és γ90.
Az igazolás során a következő ismert azonosságokat alkalmazzuk: sinxcosx=12sin2x,sinα=sin(180-α)=sin(β+γ),cosxcosy-sinxsiny=cos(x+y).
A feltételi egyenlettel ekvivalensek a következő egyenletek:
sin2γ+sin2β=4sinαcosβcosγ2sin(β+γ)cos(β-γ)=4sin(β+γ)cosβcosγ.
Most sin(β+γ)>0, tehát 2sin(β+γ) -val lehet osztani.
cosβcosγ+sinβsinγ=2cosβcosγ,azazcos(β+γ)=0β+γ=90,azaz  α=90,
tehát a háromszög valóban derékszögű.
7. Az E éritési pont ordinátája 9, abszcisszája a 3x-49=-45 egyenletből x=-3. A keresett kör(ök) középpontja rajta van az E pontban az adott egyenesre merőleges egyenesen, amelynek egyenlete 4x+3y=15.
Az adott egyenes az x tengelyt a G(-15;0) pontban metszi. Külső pontból a körhöz húzott érintőszakaszok egyenlősége miatt GE=GF1=GF2, ahol F1 és F2 azok a pontok, amelyekben a szóban forgó kör(ök) az x-tengelyt érinti(k). Most GE=15, így F1(-30;0),F2(0,0). Ha a keresett körök középpontja (4;5), akkor 4n+3v=15 és n1=-10,n2=0; tehát v1=45,r1=45 és v2=5, r2=5. A feltételeknek megfelelő körök egyenlete:
(x+30)2+(y-45)2=452,
illetve
x2+(y-5)2=25.

8. Az állítás teljes indukcióval bizonyítható. A megoldás során felhasználjuk az (ugyancsak teljes indukcióval igazolható)
13+23+...+n3=(n(n+1)2)2,12+22+...+n2=n(n+1)(2n+16  és1+2+...+n=n(n+1)2,

azonosságokat. Mivel k(k+1)(2k+1)=2k3+3k2+k, ezért
123+235+...+n(n+1)(2n+1)==(213+312+1)+(223+322+2)+...+(2n3+3n2+n)==2(13+23+...+n3)+3(12+22+...+n2)+(1+2+...+n)==2(n(n+1)2)2+3n(n+1)(2n+1)6+n(n+1)2==12n(n+1)2(n+2).



Rábai Imre