Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a novemberi szám mérőlapjához
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1995/január, 8 - 9. 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 első egyenletből $\frac{xy}{x+2y}=1$, a másodikból $\frac{xy}{x-y}=4$ vagy $\frac{xy}{x-y}=\frac{1}{4}$ és $x+2y\ne 0$, $xy\ne 0$, $x-y\ne 0$. Ha $xy=x+2y$ és $xy=4\left(x-y\right)$, akkor $x_1=4$, $y_1=2$, ha $xy=x+2y$ és $4xy=x-y$, akkor $x_2=-1$, $y_2=\frac{1}{3}$.   2. A két kör középpontja és az egyik közös pontja olyan háromszöget határoz meg, amelynek 44 egység hosszú oldalához tartozó magassága a közös húr hosszának a fele. A szóban forgó háromszög három oldala 17, 39 és 44 egység, így kerülete $2s=17+39+44=100$ egység, $s=50$ egység, így területe egyrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\sqrt[]{50\cdot 6\cdot 11\cdot 33}=5\cdot 2\cdot 3\cdot 11\text{területegység}\mathrm{,}}\end{array}$ másrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{44\cdot m}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $2m\cdot 11=30\cdot 11$. A közös húr hossza $2m=30$ egység.   3. Ha a havi törlesztő összeg $t$ forint, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle 12000\cdot 1\mathrm{,}{02}^{12}-t\cdot \frac{1\mathrm{,}{02}^{12}-1}{1\mathrm{,}02-1}=\mathrm{0,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{12000\cdot 1\mathrm{,}{02}^{12}\cdot 0\mathrm{,}02}{1\mathrm{,}{02}^{12}-1}\approx 1134\mathrm{,}72\text{Ft}\mathrm{.}}\end{array}$ A havi törlesztő összeg 1135 Ft.   4. a) A $\sqrt[]{a+b}=\sqrt[]{a}+\sqrt[]{b}$ egyenlet ekvivalens az $a+b=a+2\sqrt[]{ab}+b$ egyenlettel, ha $a\ge 0$ és $b\ge 0$. Így $a=0$, $b\ge 0$ vagy $a\ge 0$, $b=0$ a megoldások. b) Mivel $\left(x^2-4\right)+\left(6-2x\right)=x^2-2x+2$, azért az előzőket alkalmazva az egyenlet megoldásai: $x_1=2$, $x_2=-2$, $x_3=3$.   5. a) $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a^3-3a^{2}b-a{b}^2+3b^3=a^2\left(a-3b\right)-b^2\left(a-3b\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =\left(a^2-b^2\right)\left(a-3b\right)=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a-3b\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ b${}_1$) Az előzőt alkalmazva ($3^x=a$, $2^x=b$), $\left(3^x-2^x\right)\left(3^x+2^x\right)\left(3^x-3\cdot 2^x\right)=0$, $x_1=0$, $x_2=\text{log}{}_{\frac{3}{2}}3$. b${}_2$) $\left(\text{sin}x-\text{cos}x\right)\left(\text{sin}x+\text{cos}x\right)\left(\text{sin}x-3\text{cos}x\right)=0$ $x_{\mathrm{1,}k}={45}^{\circ }+k\cdot {180}^{\circ }$,  $x_{\mathrm{2,}k}={135}^{\circ }+k\cdot {180}^{\circ }$,  $x_{\mathrm{3,}k}=71\mathrm{,}{57}^{\circ }+k\cdot {180}^{\circ }$, $k\in \text{Z}$.   6. Az adott két egyenes párhuzamos, távolságuk a keresett kör átmérője. Most $2r=4\sqrt[]{5}$, $r=2\sqrt[]{5}$. A keresett kör középpontja rajta van a két egyenes középpárhuzamos egyenesén, amelynek egyenlete $y=2x+4$. A keresett kör érinti az $x$-tengelyt, így ha középpontja $C\left(u;v\right)$, akkor egyrészt $v=2u+4$, másrészt $r^2=v^2$ miatt $v^2=20$, ezért $u_1=\sqrt[]{5}-2$, $v_1=2\sqrt[]{5}$, illetve $u_2=-\sqrt[]{5}-2$, $v=-2\sqrt[]{5}$. A keresett körök egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x+2-\sqrt[]{5}\right)}^2+{\left(y-2\sqrt[]{5}\right)}^2=\mathrm{20,}\text{illetve}{\left(x+2+\sqrt[]{5}\right)}^2+{\left(y+2\sqrt[]{5}\right)}^2=20.}\end{array}$   7. A hatszög két szomszédos oldala $AB=2$, $BC=x$ egység ($x\ne 2$). Az $AOC\sphericalangle ={120}^{\circ }$, ahol $O$ a kör középpontja. A rövidebb $AC$ ívhez tartozó középponti szög tehát ${120}^{\circ }$, a hozzá tartozó kerületi szög ${60}^{\circ }$, így $ABC\sphericalangle ={180}^{\circ }-{60}^{\circ }={120}^{\circ }$. Az $AOC$ háromszögben $AC=2\cdot \sqrt[]{13}\cdot \text{sin}{60}^{\circ }=\sqrt[]{39}$ egység. Az $ABC$ háromszögben alkalmazhatjuk a koszinusztételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 39=x^2+4-2\cdot 2x\cdot \text{cos}{120}^{\circ }\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle x^2+2x-35=0.}\end{array}}}\end{array}$ Mivel $x>0$, azért $x=5$. A hiányzó három oldal hossza 5 egység.   8. A feltételek: $a_1+a_2=p$, $\frac{a_2}{a_1}=q$, tehát $a_1\ne 0$ és $2a_1+d=p$ és $a_1+d=a_{1}q$, azaz: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2a_1+d}& {\displaystyle =p\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a_1\left(1-q\right)+d}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}\}}\end{array}$ Vonjuk ki az előbbi egyenletből az utóbbit: $a_1\left(1+q\right)=p$. Ha $q=-1$ és $p\ne 0$, akkor nincs megoldás; ha $q=-1$ és $p=0$, akkor $a_1\in \text{R}\setminus \left\{0\right\}$, $d=-2a_1$, $a_3=-3a_1$; végül ha $q\ne -1$, akkor $p\in \text{R}\setminus \left\{0\right\}$, $a_1=\frac{p}{q+1}$, $d=\frac{p\left(q-1\right)}{q+1}$ és  $a_3=\frac{2pq-p}{q+1}$. Rábai Imre