Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 95/I mérőlaphoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1995/február, 76 - 78. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Jelölje S a háromszög súlypontját. Ekkor AS=24, CS=10 egység, s mivel AS2+CS2=242+102=262=AC2, azért az ASC háromszög derékszögű, területe 10242=120 területegység, az ABC háromszög területének harmada (miért?). A háromszög területe tehát 360 területegység. Az ASC derékszögű háromszögben B1C=12AC=13 egység, ezért BB1=3SB1=3B1C=313=39 egység.
 
2. A koszinusztétel alkalmazásával
abcosγ+bccosα+cacosγ=a2+b2-c22+b2+c2-a22+c2+a2-b22=a2+b2+c22.
Ha a feltételben pl. d=c, akkor
a2+b2+c22=c2,azaza2+b2=c2,
tehát a háromszög valóban derékszögű.
Fordítva, ha a háromszög derékszögű és pl. az átfogó c, akkor c2=a2+b2, tehát a2+b2+c22=c2.
 
3. a) Jelöljük 3x-t y-nal. Egyenlőtlenségünkből
y2-(3-1)y-3>0,azaz(y+1)(y-3)>0.

(3x+1)(3x-3)>0 pontosan akkor, ha 3x>3, mivel 3x+1>0 minden valós x-re.
A 3x függvény szigorúan monoton növekedése miatt x>12.
b) Azonos átalakításokkal (cosx0) és az a)-ban alkalmazott szorzattá alakítással
tgx2+tgx-3tgx-3>0,(tgx+1)(tgx-3)>0,
ami pontosan akkor teljesül, ha tgx<-1 vagy tgx>3. Az egyenlőtlenség megoldásai:
π2+kπ<x<3π4+kπvagyπ3+kπ<x<π2+kπ,kZ.

 
4. Legyen az első elem a, a hányados q. A feltételek szerint aqaq5=1, ezért (aq3)2=1, aq3=1 vagy aq3=-1, q0, valamint aq2-aq4=32, azaz aq3q-aq3q=32.
Ha aq3=1, akkor 1q-q=32, q=-2 vagy q=12; ha q=-2, akkor a=-18, ha q=12, akkor a=8.
Ha aq3=-1, akkor -1q+q=32, q=2 vagy q=-12; ha q=2, akkor a=-18, ha q=-12, akkor a=8.
 
5. Az egyenlet x>-1, x4 esetén értelmezett. Ekvivalens átalakításokkal
2log2(x+1)+log2(x-4)2=2log26.
A
log2(x+1)2(x-4)2=log262
egyenlet már következmény.
((x+1)(x-4))2=62
pontosan akkor, ha
(x+1)(x-4)=6vagy(x+1)(x-4)=-6.
Az első egyenletből x1=5, x2=-2. Az x1 megoldás, az x2 nem.
A második egyenletből x3=1, x4=2 és mindkettő megoldása az egyenletnek.
(Az adott egyenlet log2(x+1)+log2|x-4|=log26 alakban is írható.)
 
6. Legyen P(x;y) a keresett pont. A feltételek szerint (x-2)2+(y-3)2=36+49 és x2+(y-1)2=16+49. A második egyenletből vonjuk ki az első egyenletet.
4x-4+4y-8=-20,x+y=-2,y=-x-2,
így
x2+(-x-3)2=65,x1=4,x2=-7,y1=-6,y2=5,
tehát két megfelelő pont van: P1(4;-6) és P2(-7;5).
 
7. Mivel 0sin2α1, azért 02sin2y+x242. Ismeretes, hogy ha a>0, akkor a+1a2, és az egyenlőség csak az a=1 esetben teljesül. Most 3x>0 és 3-x=13x, tehát 3x+13x2. Az egyenletnek csak azok az (x;y) számpárok a megoldásai, amelyekre 3x+13x=2 és sin2y+x24=1. Ezek szerint 3x=1, x=0, tehát sin2y4=1, amiből 1-cosy22=1, cosy2=-1, y2=π+2kπ, yk=2π+4kπ, kZ. A egyenlet megoldásai az xk=0, yk=2π+4kπ, kZ számpárok.
 
8. Az an-bn=(a-b)(an-1+an-2b+...+bn-1) azonosságból adódik, hogy a-b osztója (an-bn)-nek, ha nN+, valamint a és b egész számok.
a) Az adott kifejezést átalakíthatjuk.
5n(4n-1)+1=4n5n-5n+1=4(5n+5n+...+5nndarab)-(5n-1n).
Mivel 5n-1n=(5-1)(5n-1+5n-2+...+5+1), azért a kifejezést tovább alakítva kapjuk, hogy
4((5n-5n-1)+(5n-5n-2)+...+(5n-5)+(5n-1n))==4(5n-1(5-1)+5n-2(52-1)+...+5(5n-1-1)+(5-1)K)==44L=16L,
ahol K és L pozitív egész szám. Ez azt jelenti, hogy a kifejezés 16 többszöröse, tehát valóban osztható 16-tal. (Az állítás teljes indukcióval is igazolható.)
 

b)
n4-n2+2n3-2n=n2(n2-1)+2n(n2-1)==(n2-1)(n2+2n)=(n-1)n(n+1)(n+2),
négy, egymást követő természetes szám szorzata, tehát osztható 24-gyel (miért?).
252n-2n=(252-2)K=250K=253K,
ahol KN+. Így az adott kifejezés valóban osztható 6000-rel, hiszen
253K233L=1036KL=6000KL.

Rábai Imre