Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, erdmények az októberi szám mérőlapjához
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1994/november, 426 - 428. 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. Az $A B C$ háromszögben adott két oldal és a rövidebb oldallal szemközti szög. Legyen $A C = x$ és alkalmazzuk a koszinusz-tételt.

\begin{matrix} 81 = x^{2} + 100 - 2 \cdot x \cdot 10 \cdot cos 60^{\circ}, \end{matrix}

ahonnan

x^{2} - 10 x + 19 = 0

x_{1} = 5 + \sqrt[]{6}

x_{2} = 5 - \sqrt[]{6}

. A feltételeknek két háromszög felel meg, az egyikben

A C = 5 + \sqrt[]{6} \approx 7,45

egység, a másikban

A C = 5 - \sqrt[]{6} \approx 2,55

egység.
2. Legyen

x_{1}

a közös gyök, a további gyökök

x_{2}

, illetve

x_{3}

. Ekkor

\begin{matrix}  \end{matrix}

x1+x2=-3p,x1x2=q

illetve

x1+x3=-p,x1x3=-q.

Innen

x_{1} (x_{2} + x_{3}) = 0

, azaz

x_{2} + x_{3} = 0

vagy

x_{1} = 0

. Ez utóbbi esetben

x_{2} = - 3 p

x_{3} = - p

, így valóban

x_{2} = 3 x_{3}

.
3. Az egyenletnek csak olyan megoldása lehet, ahol

cos 2 x \leq 0

. Rendezzük át az egyenletet, majd emeljünk négyzetre.

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{1 - sin 2 x}{2}} = - cos 2 x, 1 - sin 2 x = 2 (1 - sin^{2} 2 x), \\ 2 sin^{2} 2 x - sin 2 x - 1 = 0; sin 2 x = 1 vagy sin 2 x = - \frac{1}{2} . \end{matrix}

sin 2 x = 1

, akkor

cos 2 x = 0

és ez megoldás,

2 x = \frac{π}{2} + 2 k π

x_{1, k} = \frac{π}{4} + k π

k \in Z

;
ha

sin 2 x = - \frac{1}{2}

és

cos 2 x \leq 0

, akkor

2 x = \frac{7 π}{6} + 2 n π

x_{2, n} = \frac{7 π}{12} + n π

n \in Z

, és ezek is megoldások.
4. Legyen a beírt kör középpontja

O

, a

B C

oldal felezőpontja

A_{1}

, az

A A_{1} (= m)

magasság a beírt kört még az

A_{2}

pontban metszi; az

A_{2}

pontban a beírt körhöz húzott érintő az adott háromszögből egy hozzá hasonló háromszöget metsz le. A szóban forgó kör e háromszög beírt köre, sugarát jelölje

ϱ_{1}

, magasságát

A A_{2} = m_{1}

.
Mivel

B O

A B A_{1}

háromszög belső szögfelezője és

\frac{B A_{1}}{O A_{1}} = \frac{3}{2}

, azért

\frac{B A}{O A} = \frac{3}{2}

. Legyen

B A = 3 x

O A = 2 x

. Az

A B A_{1}

derékszögű háromszögből:

\begin{matrix} {(3 x)}^{2} = {(\frac{27}{2})}^{2} + {(2 x + 9)}^{2}, 5 x^{2} - 36 x - \frac{1053}{4} = 0, \end{matrix}

s mivel

x > 0

x = 11,7

2 x = 23,4

egység.

A A_{1} = m = 32,4

A A_{2} = m_{1} = 14,4

egység. A hasonlóság miatt

\begin{matrix} \frac{ϱ_{1}}{ϱ} = \frac{m_{1}}{m}, ϱ_{1} = 9 \cdot \frac{14,4}{32,4} = 4. \end{matrix}

A köt sugara

ϱ_{1} = 4

egység.
5. a) A két kör középpontja

K_{1} (2; - 1)

, illetve

K_{2} (5; 5)

. Az egyik közös külső érintő a köröket az

E_{1}

, illetve

E_{2}

pontokban érinti. A körök külső érintőinek metszéspontját jelölje

H

, ez a körök külső hasonlósági pontja. A

H K_{1} E_{1}

háromszög hasonló a

H K_{2} E_{2}

háromszöghöz, a hasonlóság aránya a sugarak arányával egyezik meg, tehát

4 : 1

, azaz

\frac{K_{1} K_{2}}{K_{2} H} = 3

.
Mivel

\vec{K_{1} K_{2}} = (3; 6)

, azért

\vec{K_{2} H} = \frac{1}{3} \vec{K_{1} K_{2}} = (1; 2)

és

\vec{O H} = \vec{O K_{2}} + \vec{K_{2} H} = (5; 5) + (1; 2) = (6; 7)

, tahát

H (6; 7)

.
b) A

H

ponton átmenő egyenesek közül azok lesznek közös érintők, amelyek valamelyik kör középpontjától sugár távolságban haladnak. A

H

ponton átmenő egyenesek egyenlete

A x + B y - 6 A - 7 B = 0

(A^{2} + B^{2} > 0)

alakban írható. Így

\begin{matrix} 1 = \frac{| 5 A + 5 B - 6 A - 7 B |}{\sqrt[]{A^{2} + B^{2}}}, \end{matrix}

ahonnan

B = 0

A = 1

, illetve

A = 3

B = - 4

megfelel.
A két érintő egyenlete:

x = 6

, illetve

3 x - 4 y + 10 = 0

.
6. Jelölje a sorozatok első elemét

a

, különbségét

d

. A feltétel szerint

\frac{S_{6 n}}{S_{2 n}} = K

, azaz

\begin{matrix} \frac{6 n}{2} (2 a + (6 n - 1) d) = K \cdot \frac{2 n}{2} (2 a + (2 n - 1) d) . \end{matrix}

Ekvivalens átalakítások után

\begin{matrix} 2 n d (K - 9) = (2 a - d) (3 - K) . \end{matrix}

K = \frac{S_{6 n}}{S_{2 n}}

állandó, akkor

n

-től független. Ez akkor teljesül, ha
1)

d = 0

(a \neq 0)

K = 3

, azaz a sorozat minden eleme

a

;
2)

d = 2 a \neq 0

K = 9

, azaz az

a,3 a,5 a, ...

sorozat.
Lássuk be, hogy mindkettő megfelel a feltételeknek!
7. Mivel

log_{3} (2 \cdot 3^{x}) = - log_{\frac{1}{3}} (2 \cdot 3^{x})

, azért

\begin{matrix} log_{\frac{1}{3}} (9^{x} + a) = log_{\frac{1}{3}} (2 \cdot 3^{x}) . \end{matrix}

\frac{1}{3}

alapú logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt

\begin{matrix} 9^{x} + a & = 2 \cdot 3^{x}, \\ 9^{x} - 2 \cdot 3^{x} + a & = 0. \end{matrix}

3^{x}

-re másodfokú egyenlet diszkriminánsa

D = 4 (1 - a)

. Ha

D < 0

, azaz

a > 1

, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
ha

D = 0

, azaz

a = 1

, akkor

{(3^{x} - 1)}^{2} = 0

; ekkor az egyenletnek egyetlen megoldása van:

x_{0} = 0

;
ha

D > 0

, azaz

a < 1

, akkor

3^{x} = 1 \pm \sqrt[]{1 - a}

;

3^{x} = 1 + \sqrt[]{1 - a}

x_{1} = log_{3} (1 + \sqrt[]{1 - a})

minden

a < 1

esetén megoldás, míg

3^{x} = 1 - \sqrt[]{1 - a}

x_{2} = log_{3} (1 - \sqrt[]{1 - a})

0 < a < 1

esetén megoldás.
8.

\begin{matrix} \frac{π}{3} (x - \sqrt[]{x^{2} - 3 x - 12}) & = k π, k \in Z, \\ x - \sqrt[]{x^{2} - 3 x - 12} & = 3 k, \\ x - 3 k & = \sqrt[]{x^{2} - 3 x - 12}, \end{matrix}

ezért az

x^{2} - 3 x - 12 \geq 0

és az

x - 3 k \geq 0

feltételeknek kell teljesülni.

\begin{matrix} x^{2} - 6 k x + 9 k^{2} = x^{2} - 3 x - 12, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} x = \frac{3 k^{2} + 4}{2 k - 1} . \end{matrix}

Azonos átalakításokkal

\begin{matrix} x = \frac{1}{4} (6 k + 3 + \frac{19}{2 k - 1}), \end{matrix}

tehát

2 k - 1

osztója 19-nek.
Ha

2 k - 1 = 1

, azaz

k = 1

, akkor

x = 7

, és ez megoldás, ha

2 k - 1 = - 1

vagy

2 k - 1 = 19

, akkor

x = - 4

vagy

x = 16

, és ezek nem megoldások, ha pedig

2 k - 1 = - 19

k = - 9

, akkor

x = - 13

, és ez is megoldás. Az egyenletnek tehát két egész megoldása van:

x = 7

és

x = - 13

Rábai Imre