Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a decemberi mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1994/február, 64 - 66. 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) A terület nyilván $8 \cdot 4 = 32$ területegység. b) Mivel az $A C B ∢ = 90^{\circ}$ , azért $A B$ a trapéz köré írt körének átmérője. Legyen a $C$ pont vetülete az $A B$ oldalon $C', C' B = x, C B = y .$ Az $A B C$ derékszögű háromszögben alkalmazhatjuk a magasságtételt és a befogótételt. Ezek szerint $4^{2} = 8 \cdot x, x = 2$ egység, így $A B = 10$ egység, a köré írt kör suga 5 egység; $y^{2} = 2 \cdot 10, y = 2 \cdot \sqrt[]{5}$ egység.
A trapéz kerülete: $K = 2 \cdot 8 + 2 y = 16 + 4 \cdot \sqrt[]{5}$ egység.
2. Az adott egyenlet diszkriminánsa $D = 4 (8 k^{2} + k + 106)$ , mindig pozitív (miért?), így mindig két különböző valós gyöke van. A gyökök pontosan akkor különböző előjelűek, ha szorzatuk negatív, azaz ha $x_{1} x_{2} = k^{2} + 11 k - 102 < 0$ , ami $- 17 < k < 6$ esetén teljesül.
Megjegyzés: Ha az $a x^{2} + b x + c = 0$ egyenlet esetén $\frac{c}{a} < 0$ , akkor $a c < 0$ , így a diszkrimináns $D = b^{2} - 4 a c > 0$ ; tehát $a c < 0$ esetén mindig két különböző valós gyöke van az egyenletnek.
3. Mivel $sin \frac{11 π}{2} = - 1$ és $cos 2 x - 2 cos^{2} x = - 1$ , ezért a $sin 2 x + | sin x | = 0$ egyenletet kell megoldani a $[0; 2 π]$ intervallumon.
Ha $0 \leq x \leq π$ , akkor $| sin x | = sin x$ , így $(2 sin x) (cos x + \frac{1}{2}) = 0, sin x = 0 vagy cos x = - \frac{1}{2},$ tehát $x_{1} = 0, x_{2} = π, x_{3} = \frac{2 π}{3} .$
Ha $π < x \leq 2 π$ , akkor $| sin x | = - sin x$ , így $(2 sin x) (cos x - \frac{1}{2}) = 0, sin x = 0$ vagy $cos x = \frac{1}{2},$ tehát $x_{4} = \frac{5 π}{3}, x_{5} = 2 π$ .
4. Az egyenletnek akkor van értelme, ha $x + 2 > 0$ és $9 - x^{2} > 0$ , azaz ha $- 2 < x < 3$ .
Azonos átalakításokkal

\begin{matrix} log_{\frac{1}{2}} \sqrt[]{x + 2} < log_{\frac{1}{2}} \frac{1}{2} \sqrt[]{9 - x^{2}} . \end{matrix}

\frac{1}{2}

alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, tehát

\begin{matrix} \sqrt[]{x + 2} > \frac{1}{2} \sqrt[]{9 - x^{2}} . \end{matrix}

Mivel mindkét oldalon nemnegatív szám áll, ezért négyzetreemelés, majd rendezés után

\begin{matrix} 4 x + 8 > 9 - x^{2}, x^{2} + 4 x - 1 > 0. \end{matrix}

Az egyenlőtlenség megoldásai tehát

\begin{matrix} \sqrt[]{5} - 2 < x < 3. \end{matrix}

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 + B \geq 2 \sqrt[]{A B}

. Most

2^{- x} + 2^{x + 2} \geq 2 \sqrt[]{2^{- x} \cdot 2^{x + 2}} = 4

. Az egyenlőség

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

esetén áll fenn.
A tört legnagyobb értéke

\frac{16}{4} = 4

, amit

x = - 1

esetén vesz fel.
b) Ismeretes, hogy

a^{2} + b^{2} \geq 0, a^{2} + b^{2} + k \geq k

, ha

k \geq 0

, így

- a^{2} - b^{2} \leq 0

és

k - a^{2} - b^{2} \leq k

, ahol az egyenlőségek

a = 0, b = 0

esetén állnak fenn.
Most ha

a = x^{2} - 4, b = 1 + x - log_{2} y

és

k = 4

, akkor mivel

\begin{matrix} - x^{4} + 8 x^{2} - 12 - (1 + x - log_{2} y)^{2} = 4 - {(x^{2} - 4)}^{2} - {(1 + x - log_{2} y)}^{2} \leq 4. \end{matrix}

A kifejezés legnagyobb értéke 4, amit akkor vesz fel, ha

x^{2} - 4 = 0

és

1 + x - log_{2} y = 0

, azaz ha

x_{1} = 2, y_{1} = 8

vagy

x_{2} = - 2, y_{2} = \frac{1}{2}

.
6. Nyilván

β \neq 90^{\circ}

és

γ \neq 90^{\circ}

.
Az igazolás során a következő ismert azonosságokat alkalmazzuk:

sin x \cdot cos x = \frac{1}{2} sin 2 x, sin α = sin (180^{\circ} - α) = sin (β + γ), cos x cos y - sin x sin y = cos (x + y)

.
A feltételi egyenlettel ekvivalensek a következő egyenletek:

\begin{matrix} sin 2 γ + sin 2 β & = 4 sin α cos β cos γ \\ 2 sin (β + γ) cos (β - γ) & = 4 sin (β + γ) cos β cos γ . \end{matrix}

Most

sin (β + γ) > 0

, tehát

2 sin (β + γ)

-val lehet osztani.

\begin{matrix} cos β cos γ + sin β sin γ & = 2 cos β cos γ, a z a z \\ cos (β + γ) & = 0 \\ β + γ & = 90^{\circ}, azaz α = 90^{\circ}, \end{matrix}

tehát a háromszög valóban derékszögű.
7. Az

E

éritési pont ordinátája 9, abszcisszája a

3 x - 4 \cdot 9 = - 45

egyenletből

x = - 3

. A keresett kör(ök) középpontja rajta van az

E

pontban az adott egyenesre merőleges egyenesen, amelynek egyenlete

4 x + 3 y = 15

.
Az adott egyenes az

x

tengelyt a

G (- 15; 0)

pontban metszi. Külső pontból a körhöz húzott érintőszakaszok egyenlősége miatt

G E = G F_{1} = G F_{2}

, ahol

F_{1}

és

F_{2}

azok a pontok, amelyekben a szóban forgó kör(ök) az

x

-tengelyt érinti(k). Most

G E = 15

, így

F_{1} (- 30; 0), F_{2} (0,0)

. Ha a keresett körök középpontja

(4; 5)

, akkor

4 n + 3 v = 15

és

n_{1} = - 10, n_{2} = 0;

tehát

v_{1} = 45, r_{1} = 45

és

v_{2} = 5

r_{2} = 5

. A feltételeknek megfelelő körök egyenlete:

\begin{matrix} {(x + 30)}^{2} + (y - 45)^{2} = 45^{2}, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} x^{2} + {(y - 5)}^{2} = 25. \end{matrix}

8. Az állítás teljes indukcióval bizonyítható. A megoldás során felhasználjuk az (ugyancsak teljes indukcióval igazolható)

\begin{matrix} 1^{3} + 2^{3} + ... + n^{3} & = (\frac{n (n + 1)}{2})^{2}, \\ 1^{2} + 2^{2} + ... + n^{2} & = \frac{n (n + 1) (2 n + 1}{6} és \\ 1 + 2 + ... + n & = \frac{n (n + 1)}{2}, \end{matrix}

azonosságokat. Mivel

k (k + 1) (2 k + 1) = 2 k^{3} + 3 k^{2} + k

, ezért

\begin{matrix} 1 \cdot 2 \cdot 3 + \cdot 2 \cdot 3 \cdot 5 + ... + n (n + 1) (2 n + 1) = \\ = (2 \cdot 1^{3} + 3 \cdot 1^{2} + 1) + (2 \cdot 2^{3} + 3 \cdot 2^{2} + 2) + ... + (2 n^{3} + 3 n^{2} + n) = \\ = 2 (1^{3} + 2^{3} + ... + n^{3}) + 3 (1^{2} + 2^{2} + ... + n^{2}) + (1 + 2 + ... + n) = \\ = 2 \cdot (\frac{n (n + 1)}{2})^{2} + 3 \cdot \frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} + \frac{n (n + 1)}{2} = \\ = \frac{1}{2} n {(n + 1)}^{2} (n + 2) . \end{matrix}

Rábai Imre