Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények az I. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1996/november, 478 - 479. 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. Célszerű (a számolás egyszerűsítésére) a sorozat első hat elemét a következő módon jelölni: $a-5t$, $a-3t$, $a-t$, $a+t$, $a+3t$, $a+5t$ (a differencia, $d=2t$). A feltételek szerint $6a=42$, így $a=7$, és $\left(a-3t\right)\left(a+3t\right)=13$, amiből $t^2=4$, $t=2$ vagy $t=-2$. Ha $a=7$ és $t=2$, akkor $d=4$ és $a_1=-3$, ha $a=7$ és $t=-2$, akkor $d=-4$ és $a_1=17$.   2. Legyen $AB=12x$. Jelölje az $AB$ szakasz felezőpontját $F$, az $AC$ szakasz felezőpontját $O_1$, a $CB$ szakasz felezőpontját $O_2$. A három félkört érintő kör középpontja legyen $O_3$. Tekintsük az $O_1{O}_{3}F$ és az $O_2{O}_{3}F$ háromszögeket. A $C$ és $F$ pont helyzetéből következik, hogy $O_1{O}_3=2x+12$, $O_{1}F=4x$ és $O_{3}F=6x-12$, illetve $F{O}_2=2x$, $O_2{O}_3=4x+12$. A feladat többféle módszerrel megoldható, most a koszinusztétel alkalmazásával oldjuk meg. Legyen $O_{1}F{O}_3\sphericalangle =\alpha$, ekkor $O_{2}F{O}_3={180}^{\circ }-\alpha$, és tudjuk, hogy $\text{cos}\left({180}^{\circ }-\alpha \right)=-\text{cos}\alpha$. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{cos}\alpha }& {\displaystyle =\frac{{\left(4x\right)}^2+{\left(6x-12\right)}^2-{\left(2x+12\right)}^2}{2\cdot 4x\cdot \left(6x-12\right)}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{cos}\left({180}^{\circ }-\alpha \right)}& {\displaystyle =\frac{{\left(2x\right)}^2+{\left(6x-12\right)}^2-{\left(4x+12\right)}^2}{2\cdot 2x\cdot \left(6x-12\right)}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Innen $x=7$, így $AB=84$ egység.   3. $x\ne -\frac{1}{2}$, $y\ne -\frac{1}{2}$. A $2xy+x=y^2+2$, $2xy+y=x^2+2$ egyenletek különbsége $x-y=y^2-x^2$, ami $\left(x-y\right)\left(1+x+y\right)=0$ alakba írható. Innen $x=y$ és ekkor $x^2+x-2=0$, $x_1=1$, $y_1=1$ és $x_2=-2$, $y_2=-2$ az egyenletrendszer megoldásai. Más megoldás nincs, hiszen ha $x+y+1=0$, akkor $3x^2+3x+3=0$, amely egyenletnek nincs megoldása a valós számok körében.   4. A háromszög területe $T=\frac{1}{2}ab\text{sin}\gamma$. A koszinusztételből $\begin{array}{c}{\displaystyle c^2-a^2-b^2=-2ab\text{cos}\gamma \mathrm{,}}\end{array}$ így a feltétel alkalmazásával $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\gamma =-\frac{1}{\sqrt[]{3}}$, $\gamma ={150}^{\circ }$.   5. a) A kifejezés az $x=\frac{\pi }{2}+k\pi$, $k\in \text{Z}$ számok kivételével minden más valós számra értelmezhető. b) A megengedett $x$-ekre $\frac{4\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x}{1+\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{}^{2}x}=2\text{sin}2x$ és $\text{cos}4x=1-2\text{sin}{}^{2}2x$. Ezek alkalmazásaval $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)={\left(1-\text{sin}2x\right)}^2+4.}\end{array}$ $f\left(x\right)$ legnagyobb értéke 8, amit akkor vesz fel, ha $\text{sin}2x=-1$, $x=\frac{3\pi }{4}+k\pi$, $k\in \text{Z}$. $f\left(x\right)$ legkisebb értéke 4, amit akkor vesz fel, ha $\text{sin}2x=1$, $x=\frac{\pi }{4}+k\pi$, $k\in \text{Z}$. (Azonos átalakításokkal: $f\left(x\right)=4\text{sin}{}^4\left(x-\frac{\pi }{4}\right)+4$.)   6. $100000$ Ft 24 %-os kamatos kamatozással $100000\cdot \mathrm{1,}{24}^3$ Ft-ra növekszik, így a harmadik év végén $100000\cdot \mathrm{1,}{24}^3-18\mathrm{054,4}=172608$ Ft-ot fizettek vissza. A kamatlábak változása miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle 100000\cdot \mathrm{1,24}\cdot \left(1+\frac{24-p}{100}\right)\left(1+\frac{24-2p}{100}\right)=172\mathrm{608,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle p^2-186p+728=\mathrm{0,}{p}_1=\mathrm{4,}{p}_2=182.}\end{array}$ A feladat szerint $p<24$, tehát $p=4$.   7. A keresett kör középpontja rajta van az $y=8$ egyenletű egyenesen, s ha középpontjának az abszcisszája $u$, akkor a sugara $r=|12-u|$, tehát az egyenlete $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-u\right)}^2+{\left(y-8\right)}^2={\left(12-u\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel ez a kör érinti az $x^2+y^2=16$ egyenletű kört, azért a két kör egyenlete által alkotott egyenletrendszer megoldása során kapott másodfokú egyenlet diszkriminánsa nulla. A két egyenlet különbsége: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle -2ux-16y=64-24u\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle 8y=12u-32-ux\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle 64x^2+{\left(12u-32-ux\right)}^2=64\cdot \mathrm{16,}}\\ \hfill {\displaystyle \left(64+u^2\right)x^2-2u\left(12u-32\right)x+\left({\left(12u-32\right)}^2-64\cdot 16\right)=0.}\\ \hfill {\displaystyle D=4u^2{\left(12u-32\right)}^2-4\left(64+u^2\right)\left({\left(12u-32\right)}^2-64\cdot 16\right)=0;}\end{array}}}\end{array}$ Innen $u=0$ vagy $u=6$. A feltételeknek két kör felel meg, ezek egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+{\left(y-8\right)}^2={12}^2\text{vagy}{\left(x-6\right)}^2+{\left(y-8\right)}^2=6^2\mathrm{.}}\end{array}$   8. Az egyenletnek $x=2p$ és $x=-2p$ nem lehet megoldása. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát $\left(x^2-4p^2\right)$-tel, majd rendezzük az egyenletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(p-2\right)x=p^2+2p\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $p=2$, akkor az egyenletnek nincs megoldása. Ha $p\ne 2$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle x=\frac{p^2+2p}{p-2}}\end{array}$ lehet a megoldás, de $\frac{p^2+2p}{p-2}\ne 2p$, és $\frac{p^2+2p}{p-2}\ne -2p$, azaz $p\ne 0$, $p\ne 6$, $p\ne \frac{2}{3}$, azaz ha $p\ne 2$, $p\ne 0$, $p\ne 6$, $p\ne \frac{2}{3}$, akkor az egyenletnek egyetlen megoldása az $\begin{array}{c}{\displaystyle x=\frac{p^2+2p}{p-2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $p=0$, $p=2$, $p=6$ vagy $p=\frac{2}{3}$, akkor az egyenletnek nincs megoldása. $\frac{p^2+2p}{p-2}<2p$ pontosan akkor teljesül, ha $0<p<2$ vagy $p>6$. Rábai Imre