Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a februári szám mérőlapjához
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1994/március, 111 - 112. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Az első egyenlet (x-y)2=9, tehát x-y=3, vagy x-y=-3.
Ha x=y+3, akkor ezt a második egyenletbe helyettesítve, y2+3y+2=0, így y1=-1, x1=2, vagy y2=-2, x2=1.
Ha x=y-3, akkor y2-3y+2=0, y3=1, x3=-2, vagy y4=2, x4=-1.
Megjegyzés. Adjuk hozzá az első egyenlet (-2)-szeresét a második egyenlethez, ekkor 2x2+5xy+2y2=0, azaz x=-2y vagy y=-2x. Ezekhez társítva az (x-y)2=9 egyenletet, szintén megkaphatjuk a megoldásokat.
2. Legyen TABCN=t. A szögfelező osztásarány tétele miatt TABD=37t, ugyanezért TAED=71237t=14t.
3. A szóban forgó összegek S1=n(2n-1)2, illetve S2=n(4n+2)2; a feltétel szerint
3n-14n+2=57,

ahonnan n=17.
4. x2-4x+5=(x-2)2+1, tehát mindig pozitív értéket vesz fel. Az
12x2-6x+6x2-4x+53

tehát pontosan akkor teljesül, ha
(1)x2-4x+52x2-6x+6és(2)2x2-6x+63x2-12x+15.

Az (1) ekvivalens az (x-1)20 egyenlőtlenséggel, a (2) ekvivalens az (x-3)20 egyenlőtlenséggel, tehát minden valós x-re teljesül az állítás.
5. A nyolcszögnek van két olyan szomszédos oldala, amelyek hossza 1, illetve 3 egység. Legyen AB=1, BC=3 egység, a kör középpontja O. Az AOC=90. Jelölje r a kör sugarát. Ekkor AC=r2. Most a hosszabb AC ívhez tartozó középponti szög 270, így az ABC háromszögben ABC=135. A koszinusztétel alkalmazásával

2r2=12+32-213(-22),ahonnanr2=5+1,52,r2,67  egység.



6. Ha a keresett kör középpontja a K(u,v), akkor a K pont a három egyenestől egyenlő távolságra van, azaz
|u|=|v|=15|3u+4v-10|.

  Így  u=v     és  15(3u+4v-10)=u,    vagy  u=v     és  15(3u+4v-10)=-u,    vagy  -u=v     és  15(3u+4v-10)=u,    vagy  -u=v     és  15(3u+4v-10)=-u,  

ahonnan u1=5, v1=5, r1=5, vagy u2=56, v2=56, r2=56, vagy u3=-53, v3=53, r3=53, vagy u4=52, v4=-52, r4=52.
A feltételeknek tehát négy kör felel meg, ezek egyenlete:

(x-5)2+(y-5)2=25,(x-56)2+(y-56)2=2536,(x+53)2+(y-53)2=259,(x-52)2+(y+52)2=254.

7. Ha m=0, akkor nincs megoldás. Ha m0, akkor 12sin4x-12sin2x+2m3=0. A diszrimináns nem-negatív, azaz D=122-4122m3=16(9-2m)0, ha m92.
Mivel 0sin2x1, azért a
012+169-2m1,012-169-2m1

egyenlőtlenségek közül legalább az egyiknek teljesülnie kell. Az egyenletnek így akkor van megoldása, ha 0<m92. Ha m=92, akkor sin2x=12, xn=π4+nπ2, nZ.
8. Ha az ax2+bx+c=0 (a0) egyenlet gyökei x1 és x2, és x2=3x1, akkor a gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján 4x1=-ba és 3x12=ca, ahonnan 3b216a2=ca, így 4ac=34b2. Az egyenlet diszkriminánsa D=b2-4ac=b2-34b2=14b2.
Fordítva, legyen D=14b2, ekkor x1,2=-b±12b2a, x1=-14ba, x2=-34ba, így valóban x2=3x1.
Rábai Imre