Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az 1995/3. mérőlaphoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 1995/április, 195 - 198. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1.
2x-3y+10,3x+2y-40.(1)
Legyen 12x-3y+1=a, 13x+2y-4=b, ekkor a következő egyenletrendszert kapjuk:
3a+4b=1342,(2)-6a+7b=-112.(3)
A (2) kétszeresét adjuk a (3)-hoz:
15b=4584amibőlb=128.
Ezt visszahelyettesítve (2)-be:
3a=16,amibőla=118.
Vagyis
12x-3y+1=11813x+2y-4=128.
Ebből
2x-3y+1=183x+2y-4=28.
Ezt az egyenletrendszert megoldva kapjuk: x=10, y=1. Ez a számpár eleget tesz (1)-nek is, így megoldás.
 
2. A derékszögű háromszög befogói x és y (x>y), az átfogó z. A feladat szövege szerint x=a+b, z=y+c és a2+b2=c2. De az eredeti háromszög is derékszögű, ezért x2+y2=z2. Behelyettesítés után (a+b)2+y2=(y+c)2. Rendezés után ab=yc. Mivel ab az új háromszög területének a kétszerese, azért a c-hez tartozó magasság csak y (a régi háromszög rövidebb befogója) lehet.
 
3. Ha kiszámoljuk az egység alapú, 30-os szárszögű egyenlő szárú háromszög szárát, akkor a keresett sugár is megvan:
sin15=0,5r,amibőlr=0,5sin15.sin15=sin(45-30)=sin45cos30-cos45sin30=6-24.r=0,56-24=26-2=6+221,932.

 
4. A feladat értelmezési tartománya: x>0, x1.
A bal oldalon minden logaritmust átírunk 3-as alapúra:
21log3x+22log3x+...+2nlog3x=(n2+n)logx3
Tudjuk, hogy 1+2+...+n=n2+n2, így a bal oldalon a számlálók összege n2+n. Ezzel oszthatunk, és kapjuk az 1log3x=logx3 azonosságot.
Ezért a feladat értelmezési tartománya egyben a feladat megoldáshalmaza is.
 
5. A kör egyenlete: (x+2)2+(y-3)2=25.
A parabola csúcspontjának koordinátái: (-2;-10).
A parabola egyenlete: y+10=(x+2)2.
Mind a két egyenletből (x+2)2-t fejezzük ki:
y+10=25-(y-3)2y2-5y-6=0y1=-1,y2=6.
Ezeket visszaírva, a sokszög csúcsai a következők lesznek:
A(-5;-1),B(1;-1),C(2;6),D(-6;6).
Belátható, hogy ez a sokszög szimmetrikus trapéz. Kerülete: 6+8+250=14+10228,14. Területe: (6+8)72=49.
 
6.
b1=b10=10a1+45d,b2=b15-b10=5a1+60d,b3=b19-b15=4a1+66d,
és tudjuk, hogy b1, b2, b3 egy számtani sorozat egymást követő tagjai, ezért
5a1+60d=10a1+45d+4a1+66d2=7a1+55,5d.
4,5d=2a1, amiből a1:d=9:4.
 
7. Rendezve:
x2-(p+2)x+(p34+2)=0.
A diszkrimináns:
D=(p+2)2-4(p34+2)=-p3+p2+4p-4==p2(1-p)+4(p-1)=(1-p)(p2-4)=(1-p)(p-2)(p+2).
Ha p=-2, 1 vagy 2, akkor az egyenletnek két azonos valós gyöke van. Ha p<-2 vagy 1<p<2, akkor két különböző valós gyök van, míg a fennmaradó esetekben (-2<p<1 vagy p>2) nincs valós gyök.
 
8. Teljes indukcióval megmutatjuk, hogy (1+q)n1+nq, ha q>-1 valós, n pozitív egész szám (Bernoulli-egyenlőtlenség). Ez n=1-re igaz; tegyük fel, hogy n-re igaz. Ekkor
(1+q)n+1=(1+q)(1+q)n(1+q)(1+nq)=1+nq+q+nq21+(n+1)q,
ez pedig éppen (n+1)-re az egyenlőtlenség.
Ezt felhasználva:
(1+(a+b+1))n1+n(a+b+1).(4)
Az 1, na, nb, n értékekre a számtani és a mértani közép közötti összefüggés szerint:
1+n(a+b+1)4n3ab4.(5)
A (4) és (5) alapján:
(a+b+2)4n(1+na+nb+n)4256n3ab.

Számadó László