Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 95/I mérőlaphoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1995/február, 76 - 78. 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. Jelölje $S$ a háromszög súlypontját. Ekkor $AS=24$, $CS=10$ egység, s mivel $A{S}^2+C{S}^2={24}^2+{10}^2={26}^2=A{C}^2$, azért az $ASC$ háromszög derékszögű, területe $\frac{10\cdot 24}{2}=120$ területegység, az $ABC$ háromszög területének harmada (miért?). A háromszög területe tehát 360 területegység. Az $ASC$ derékszögű háromszögben $B_{1}C=\frac{1}{2}AC=13$ egység, ezért $B{B}_1=3\cdot S{B}_1=3\cdot B_{1}C=3\cdot 13=39$ egység.   2. A koszinusztétel alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle ab\text{cos}\gamma +bc\text{cos}\alpha +ca\text{cos}\gamma =\frac{a^2+b^2-c^2}{2}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha a feltételben pl. $d=c$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a^2+b^2+c^2}{2}=c^2\mathrm{,}\text{azaz}{a}^2+b^2=c^2\mathrm{,}}\end{array}$ tehát a háromszög valóban derékszögű. Fordítva, ha a háromszög derékszögű és pl. az átfogó $c$, akkor $c^2=a^2+b^2$, tehát $\frac{a^2+b^2+c^2}{2}=c^2$.   3. a) Jelöljük $3^x$-t $y$-nal. Egyenlőtlenségünkből $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle y^2-\left(\sqrt[]{3}-1\right)y-\sqrt[]{3}}& {\displaystyle >\mathrm{0,}\text{azaz}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(y+1\right)\left(y-\sqrt[]{3}\right)}& {\displaystyle >0.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ $\left(3^x+1\right)\left(3^x-\sqrt[]{3}\right)>0$ pontosan akkor, ha $3^x>\sqrt[]{3}$, mivel $3^x+1>0$ minden valós $x$-re. A $3^x$ függvény szigorúan monoton növekedése miatt $x>\frac{1}{2}$. b) Azonos átalakításokkal ($\text{cos}x\ne 0$) és az a)-ban alkalmazott szorzattá alakítással $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{x}^2+\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x-\sqrt[]{3}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x-\sqrt[]{3}}& {\displaystyle >\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x+1\right)\left(\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x-\sqrt[]{3}\right)}& {\displaystyle >\mathrm{0,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ ami pontosan akkor teljesül, ha $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x<-1$ vagy $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x>\sqrt[]{3}$. Az egyenlőtlenség megoldásai: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\pi }{2}+k\pi <x<\frac{3\pi }{4}+k\pi \text{vagy}\frac{\pi }{3}+k\pi <x<\frac{\pi }{2}+k\pi \mathrm{,}k\in \text{Z}\mathrm{.}}\end{array}$   4. Legyen az első elem $a$, a hányados $q$. A feltételek szerint $aq\cdot a{q}^5=1$, ezért ${\left(a{q}^3\right)}^2=1$, $a{q}^3=1$ vagy $a{q}^3=-1$, $q\ne 0$, valamint $a{q}^2-a{q}^4=\frac{3}{2}$, azaz $\frac{a{q}^3}{q}-a{q}^3\cdot q=\frac{3}{2}$. Ha $a{q}^3=1$, akkor $\frac{1}{q}-q=\frac{3}{2}$, $q=-2$ vagy $q=\frac{1}{2}$; ha $q=-2$, akkor $a=-\frac{1}{8}$, ha $q=\frac{1}{2}$, akkor $a=8$. Ha $a{q}^3=-1$, akkor $-\frac{1}{q}+q=\frac{3}{2}$, $q=2$ vagy $q=-\frac{1}{2}$; ha $q=2$, akkor $a=-\frac{1}{8}$, ha $q=-\frac{1}{2}$, akkor $a=8$.   5. Az egyenlet $x>-1$, $x\ne 4$ esetén értelmezett. Ekvivalens átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\text{log}{}_2\left(x+1\right)+\text{log}{}_2{\left(x-4\right)}^2=2\text{log}{}_{2}6.}\end{array}$ A $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_2{\left(x+1\right)}^2{\left(x-4\right)}^2=\text{log}{}_2{6}^2}\end{array}$ egyenlet már következmény. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\left(x+1\right)\left(x-4\right)\right)}^2=6^2}\end{array}$ pontosan akkor, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x+1\right)\left(x-4\right)=6\text{vagy}\left(x+1\right)\left(x-4\right)=-6.}\end{array}$ Az első egyenletből $x_1=5$, $x_2=-2$. Az $x_1$ megoldás, az $x_2$ nem. A második egyenletből $x_3=1$, $x_4=2$ és mindkettő megoldása az egyenletnek. (Az adott egyenlet $\text{log}{}_2\left(x+1\right)+\text{log}{}_2|x-4|=\text{log}{}_{2}6$ alakban is írható.)   6. Legyen $P\left(x;y\right)$ a keresett pont. A feltételek szerint ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2=36+49$ és $x^2+{\left(y-1\right)}^2=16+49$. A második egyenletből vonjuk ki az első egyenletet. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 4x-4+4y-8=-\mathrm{20,}}\\ \hfill {\displaystyle x+y=-\mathrm{2,}}\\ \hfill {\displaystyle y=-x-\mathrm{2,}}\end{array}}}\end{array}$ így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^2+{\left(-x-3\right)}^2=\mathrm{65,}}\\ \hfill {\displaystyle x_1=\mathrm{4,}{x}_2=-\mathrm{7,}{y}_1=-\mathrm{6,}{y}_2=\mathrm{5,}}\end{array}}}\end{array}$ tehát két megfelelő pont van: $P_1\left(4;-6\right)$ és $P_2\left(-7;5\right)$.   7. Mivel $0\le \text{sin}{}^2\alpha \le 1$, azért $0\le 2\text{sin}{}^2\frac{y+x^2}{4}\le 2$. Ismeretes, hogy ha $a>0$, akkor $a+\frac{1}{a}\ge 2$, és az egyenlőség csak az $a=1$ esetben teljesül. Most $3^x>0$ és $3^{-x}=\frac{1}{3^x}$, tehát $3^x+{\frac{1}{3}}^x\ge 2$. Az egyenletnek csak azok az $\left(x;y\right)$ számpárok a megoldásai, amelyekre $3^x+\frac{1}{3^x}=2$ és $\text{sin}{}^2\frac{y+x^2}{4}=1$. Ezek szerint $3^x=1$, $x=0$, tehát $\text{sin}{}^2\frac{y}{4}=1$, amiből $\frac{1-\text{cos}\frac{y}{2}}{2}=1$, $\text{cos}\frac{y}{2}=-1$, $\frac{y}{2}=\pi +2k\pi$, $y_k=2\pi +4k\pi$, $k\in \text{Z}$. A egyenlet megoldásai az $x_k=0$, $y_k=2\pi +4k\pi$, $k\in \text{Z}$ számpárok.   8. Az $a^n-b^n=\left(a-b\right)\left(a^{n-1}+a^{n-2}b+\text{...}+b^{n-1}\right)$ azonosságból adódik, hogy $a-b$ osztója $\left(a^n-b^n\right)$-nek, ha $n\in {\text{N}}^{+}$, valamint $a$ és $b$ egész számok. a) Az adott kifejezést átalakíthatjuk. $\begin{array}{c}{\displaystyle 5^n\left(4n-1\right)+1=4\cdot n\cdot 5^n-5^n+1=4\left(\underset{n\text{darab}}{\overset{}{\underbrace{5^n+5^n+\text{...}+5^n}}}\right)-\left(5^n-1^n\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $5^n-1^n=\left(5-1\right)\left(5^{n-1}+5^{n-2}+\text{...}+5+1\right)$, azért a kifejezést tovább alakítva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 4\left(\left(5^n-5^{n-1}\right)+\left(5^n-5^{n-2}\right)+\text{...}+\left(5^n-5\right)+\left(5^n-1^n\right)\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =4\left(5^{n-1}\left(5-1\right)+5^{n-2}\left(5^2-1\right)+\text{...}+5\left(5^{n-1}-1\right)+\left(5-1\right)\cdot K\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =4\cdot 4\cdot L=16L\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ 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) $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle n^4-n^2+2n^3-2n}& {\displaystyle =n^2\left(n^2-1\right)+2n\left(n^2-1\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\left(n^2-1\right)\left(n^2+2n\right)}& {\displaystyle =\left(n-1\right)\cdot n\cdot \left(n+1\right)\cdot \left(n+2\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ négy, egymást követő természetes szám szorzata, tehát osztható 24-gyel (miért?). $\begin{array}{c}{\displaystyle {252}^n-2^n=\left(252-2\right)K=250\cdot K=2\cdot 5^3\cdot K\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $K\in {\text{N}}^{+}$. Így az adott kifejezés valóban osztható 6000-rel, hiszen $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\cdot 5^3\cdot K\cdot 2^3\cdot 3\cdot L={10}^3\cdot 6KL=6000\cdot KL\mathrm{.}}\end{array}$ Rábai Imre