Cím:	Megoldásvázlatok és erdmények a III. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1996/március, 145 - 146. 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 egyenlet $\sqrt[]{x+y}$-ra másodfokú, s mivel $\sqrt[]{x+y}\ge 0$, azért $\sqrt[]{x+y}=2$, $x+y=4$. Az $\begin{array}{c}{\displaystyle x^3+y^3={\left(x+y\right)}^3-3xy\left(x+y\right)}\end{array}$ azonosság alkalmazásával $40=64-12xy$, tehát az $xy=2$, $x+y=4$ egyenletrendszert kell megoldani. Ennek $x_1=2+\sqrt[]{2}$, $y_1=2-\sqrt[]{2}$ és $x_2=2-\sqrt[]{2}$, $y_2=2+\sqrt[]{2}$ megoldásai az egyenletrendszer megoldásai.   2. Elegendő igazolni, hogy $\frac{1}{2}\cdot 2\left(x^2+y^2+1-x-y-xy\right)\ge 0$. Ez viszont teljesül, mert azonos átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}\left(x^2-2x+1+y^2-2y+1+x^2+y^2-2xy\right)=\frac{1}{2}\left({\left(x-1\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(x-y\right)}^2\right)\ge 0}\end{array}$ valóban minden valós $\left(x\mathrm{,}y\right)$ számpárra teljesül. Az egyenlőség $x=1$, $y=1$ esetén áll fenn.   3. Azonos átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=1+\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2+1}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Mivel ${\left(x+1\right)}^2+1\ge 1$, azért $f\left(x\right)$ valóban minden valós számra értelmezhető, és értéke mindig pozitív, és $0<\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2+1}\le 1$, ezért $1<f\left(x\right)\le 2$, a lehetséges értékek halmaza. Ha $g\left(x\right)=\frac{1}{x^2+1}$, akkor $g\left(x+1\right)=\frac{1}{{\left(x+1\right)}^2+1}$, és $f\left(x\right)=1+g\left(x+1\right)$, tehát ha a $g\left(x\right)$ grafikonját a $\text{v}\left(-1;1\right)$ vektorral eltoljuk, akkor kapjuk $f\left(x\right)$ grafikonját.   4. Ha $\text{sin}\left(\alpha -\beta \right)=0$, akkor $\alpha -\beta =k\pi$, $k\in \text{Z}$, ahonnan $\beta =\alpha -k\pi$, $2\beta =2\alpha -2k\pi$, $2\beta -\alpha =\alpha -2k\pi$, tehát valóban $\text{sin}\left(2\beta -\alpha \right)=\text{sin}\left(\alpha -2k\pi \right)=\text{sin}\alpha$. Az állítás nem fordítható meg, amit egyetlen ellenpélda igazol, pl. ha $\alpha =0$, $\beta =\frac{\pi }{2}$. (Felhasználhatjuk, hogy $\text{sin}\left(2\beta -\alpha \right)-\text{sin}\alpha =-2\text{cos}\beta \text{sin}\left(\alpha -\beta \right)$.)   5. Legyen a $BC$ oldal felezőpontja $A_1$, $C{A}_{1}A\sphericalangle =\phi$, ekkor $B{A}_{1}A\sphericalangle ={180}^{\circ }-\phi$ és a koszinusztétel alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle b^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+s_a^2-a{s}_a\text{cos}\phi \text{és}{c}^2={\left(\frac{a}{2}\right)}^2+s_a^2+a{s}_a\text{cos}\phi \mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle b^2+c^2=2s_a^2+\frac{1}{2}{a}^2\text{és}{a}^2=b^2+c^2-2bc\text{cos}\alpha \mathrm{.}}\end{array}$ Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle 4s_a^2=2\left(b^2+c^2\right)-\left(b^2+c^2-2bc\text{cos}\alpha \right)=b^2+c^2+2bc\text{cos}\alpha ={\left(b+c\right)}^2-2bc\left(1-\text{cos}\alpha \right)\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $1-\text{cos}\alpha =2\text{sin}{}^2\frac{\alpha }{2}$, azért valóban $s_a^2={\left(\frac{b+c}{2}\right)}^2-bc\text{sin}{}^2\frac{\alpha }{2}$.   6. Mivel $a_{n+1}=2a_n-1$, így $a_{n+1}-1=2a_n-2=2\left(a_n-1\right)$, vagyis $a_1-1$, $a_2-1$, $\text{...}$, $a_k-1$, $\text{...}$ egy $2$ hányadosú mértani sorozat. Ezért $a_1-1=3$ figyelembevételével $a_n=3\cdot 2^{n-1}$, tehát $a_n=3\cdot 2^{n-1}+1$. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle S_n=3\cdot \left(1+2+\text{...}+2^{n-1}\right)+n=3\cdot \left(2^n-1\right)+n=3\cdot 2^n+n-3.}\end{array}$   7. Mindkét kör sugara $10$ egység, a $C_1\left(-8;12\right)$ és $C_2\left(4;-4\right)$ középpontok távolsága $C_1{C}_2=20$ egység, ezért a két kör a $C_1{C}_2$ távolság $E\left(-2;4\right)$ felezőpontjában érinti egymást. A keresett kör érinti az $x$ tengelyt, ezért ha a középpontja $C\left(u;v\right)$, akkor $r^2=v^2$, tehát egyenletét ${\left(x-u\right)}^2+{\left(y-v\right)}^2=v^2$ alakban kereshetjük. Az $E\left(-2;4\right)$ pont rajta van ezen a körön, tehát egyrészt $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(-2-u\right)}^2+{\left(4-v\right)}^2=v^2\mathrm{,}}\end{array}$ (1) másrészt a $C\left(u;v\right)$ pont rajta van a $C_1{C}_2$ egyenesen, amelynek egyenlete $4x+3y=4$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 4u+3v=4.}\end{array}$ (2) A (2) egyenletből $u=1-\frac{3}{4}v$, ezt az (1) egyenletbe helyettesítve $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(-3+\frac{3}{4}v\right)}^2+{\left(4-v\right)}^2=v^2\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $9v^2-200v+400=0$, $v_1=20$, $v_2=\frac{20}{9}$, így $r_1=20$, $u_1=-14$ és $r_2=\frac{20}{9}$, $u_2=-\frac{2}{3}$. A feltételeknek két kör felel meg, ezek egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x+14\right)}^2+{\left(y-20\right)}^2=\mathrm{400,}\text{illetve}{\left(x+\frac{2}{3}\right)}^2+{\left(y-\frac{20}{9}\right)}^2=\frac{400}{81}\mathrm{.}}\end{array}$   8. Ha $p=0$, akkor $f\left(x\right)=-x+5$ a $]2;4[$ nyílt intervallumban csak pozitív értéket vesz fel. Az $f\left(x\right)=p\left(x-\frac{1}{p}\right)\left(x-5\right)$ alakból leolvasható, hogy ha $p<0$ vagy $0<p\le \frac{1}{4}$, akkor $f\left(x\right)$ csak pozitív értéket vesz fel: ha $\frac{1}{4}<p<\frac{1}{2}$, akkor felvesz pozitív és negatív értéket is; ha pedig $p\ge \frac{1}{2}$, akkor csak negatív értéket vesz fel. Rábai Imre