Cím:	Megoldásvázlatok,erdmények a II.mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1997/január, 12 - 14. 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. a) Ha $q=1$, akkor $2n=16$ és $\frac{1}{2}n=4$, azaz $n=8$, így a sorozat minden tagja $2$. Ha $q\ne 1$, akkor $16=2\cdot \frac{q^n-1}{q-1}$ és $4=\frac{1}{2}\cdot \frac{{\left(\frac{1}{q}\right)}^n-1}{\frac{1}{q}-1}$, azaz $\frac{q^n-1}{q-1}=8$ és $8=\frac{1}{q^{n-1}}\cdot \frac{1-q^n}{1-q}$, amiből $q^{n-1}=1$, $q^n=q$, tehát $\frac{q-1}{q-1}=8$, azaz ilyen sorozat nem létezik. b) Ha $q=1$, akkor $n\cdot \frac{1}{2}=20$ és $2n=\frac{80}{27}$, azaz ilyen sorozat nem létezik. Ha $q\ne 1$, akkor $20=\frac{1}{2}\frac{q^n-1}{q-1}$ és $\frac{80}{27}=2\cdot \frac{{\left(\frac{1}{q}\right)}^n-1}{\frac{1}{q}-1}$, azaz $\frac{q^n-1}{q-1}=40$ és $\frac{40}{27}=\frac{1}{q^{n-1}}\cdot \frac{1-q^n}{1-q}$, amiből $q^{n-1}=27$, $q^n=27q$, azaz $27q-1=40\left(q-1\right)$, $q=3$, és így $n=4$. A sorozat első négy tagja: $\frac{1}{2}$, $\frac{3}{2}$, $\frac{9}{2}$, $\frac{27}{2}$.   2. a) A háromszög területe Heron-képlettel kiszámítható. Most $2s=\mathrm{54,4}$, $s=\mathrm{27,2}$, tehát $T^2=\mathrm{27,2}\cdot \mathrm{1,7}\cdot \mathrm{5,1}\cdot \mathrm{20,4}=\mathrm{69,}{36}^2$,  $T=\mathrm{69,36}$ területegység. b) Ismeretes, hogy a háromszög területe $T=\frac{abc}{4r}$, tehát a háromszög köré írható kör sugara $r=\frac{abc}{4T}$. Most $r=\frac{\mathrm{6,8}\cdot \mathrm{22,1}\cdot \mathrm{25,5}}{4\cdot \mathrm{69,36}}=\frac{221}{16}=\mathrm{13,8125}$ egység. c) Ismeretes, hogy a háromszögbe írható kör sugara $\varrho =\frac{T}{s}$; most $\varrho =\frac{\mathrm{69,36}}{\mathrm{27,2}}=\mathrm{2,55}$.   3. Vonjuk ki az első egyenletből a másodikat, a második egyenletből a harmadikat, és ezekhez társítsuk az első egyenletet. Ekkor rendezés után kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(z-x\right)\left(2x+2z+1\right)=\mathrm{0,}\left(x-y\right)\left(2x+2y+1\right)=0\text{és}x+y=2z^2\mathrm{.}}\end{array}$ Egyenletrendszerünk megoldásait a következő négy egyenletrendszer megoldásainak egyesítése adja: a) $z=x$, $x=y$, $x+y=2z^2$; b) $z=x$, $2x+2y+1=0$, $x+y=2z^2$; c) $2z+2x+1=0$, $x=y$, $x+y=2z^2$; d) $2z+2x+1=0$, $2x+2y+1=0$, $x+y=2z^2$. Ezek közül csak az a) esetben adódik megoldás, és ezek az adott egyenletrendszernek is megoldásai. A megoldások: $x_1=0$, $y_1=0$, $z_1=0$ és $x_2=1$, $y_2=1$, $z_2=1$.   4. Vegyük figyelembe, hogy  $\text{cos}{75}^{\circ }=\frac{1}{4}\left(\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}\right)$  és  $\text{sin}{75}^{\circ }=\frac{1}{4}\left(\sqrt[]{6}+\sqrt[]{2}\right)$  és $\text{cos}\left(x+{75}^{\circ }\right)=\frac{1}{4}\left(\left(\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}\right)\text{cos}x-\left(\sqrt[]{6}+\sqrt[]{2}\right)\text{sin}x\right)$. Írjunk az első, majd a második kifejezésbe $a$, $b$, $c$, illetve $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ helyébe rendre $b$, $c$, $a$-t, illetve $\beta$, $\gamma$, $\alpha$-t, ekkor a második kifejezést, illetve a $\begin{array}{c}{\displaystyle c^2+a^2-\left(\sqrt[]{6}+\sqrt[]{2}\right)ca\text{cos}\left(\beta +{75}^{\circ }\right)}\end{array}$ kifejezést kapjuk, ami az első kettővel egyenlő, hiszen így mindhárom kifejezés a következő alakra hozható: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a^2+b^2-\left(\sqrt[]{6}+\sqrt[]{2}\right)ab\cdot \frac{1}{4}\left(\left(\sqrt[]{6}-\sqrt[]{2}\right)\text{cos}\gamma -\left(\sqrt[]{6}+\sqrt[]{2}\right)\text{sin}\gamma \right)=}\\ \hfill {\displaystyle =a^2+b^2-ab\text{cos}\gamma +\frac{{\left(\sqrt[]{6}+\sqrt[]{2}\right)}^2}{2}\cdot \frac{ab\text{sin}\gamma }{2}=}\\ \hfill {\displaystyle =a^2+b^2-\frac{a^2+b^2-c^2}{2}+\left(4+2\sqrt[]{3}\right)\cdot T=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\left(4+2\sqrt[]{3}\right)T\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ ahol $T$ a háromszög területe.   5. Azonos átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)={\left({\left(\text{log}{}_{2}x-3\right)}^2-9\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ A függvény legnagyobb értéke 81, amit az $x=8$ helyen vesz fel.   6. Jelölje a hitelt $H$, legyen $q_1=1+\frac{\mathrm{2,5}}{100}=\mathrm{1,025}$ és $q_2=1+\frac{2}{100}=\mathrm{1,02}$. Az első, a második, illetve a harmadik hónap végén a tartozásunk $\begin{array}{c}{\displaystyle t_1=H{q}_1-x\mathrm{,}{t}_2=H{q}_1^2-x{q}_1-x\mathrm{,}{t}_3=H{q}_1^3-x\frac{q^3-1}{q-1}=K\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $x$ a havi törlesztőrészlet. A negyedik, az ötödik, illetve a hatodik hónap végén a tartozásunk $\begin{array}{c}{\displaystyle t_4=K{q}_2-2x\mathrm{,}{t}_5=K{q}_2^2-2x{q}_2-2x\mathrm{,}{t}_6=K{q}_2^3-2x\frac{q_2^3-1}{q_2-1}\mathrm{.}}\end{array}$ A feltétel szerint $t_6=0$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle H{q}_1^3{q}_2^3-x{q}_2^3\frac{q_1^3-1}{q-1}-2x\frac{q_2^3-1}{q_2-1}=\mathrm{0,}}\end{array}}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x=\frac{H{q}_1^3{q}_2^3}{q_2^3\frac{q_1^3-1}{q_1-1}+2\frac{q_2^3-1}{q_2-1}}\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ A számolást elvégezve, az első három hónapban a törlesztés $x=12\mathrm{177,4}$ Ft, a második hónapban pedig $24\mathrm{354,8}$ Ft volt.   7. A feltételeknek négy rombusz felel meg. A körök középpontjai rajta vannak az adott két oldalegyenes szögfelezőegyenesein, valamint az egyik egyenestől $\varrho$ távolságban haladó (párhuzamos) egyeneseken. A szögfelezők egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{|x-y-7|}{\sqrt[]{2}}=\frac{|x+7y-31|}{5\sqrt[]{2}}\mathrm{,}}\end{array}}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x-3y=\mathrm{1,}\text{illetve}3x+y=33.}\end{array}}}\end{array}$ Az $x-y-7=0$ egyenessel párhuzamos egyenesek egyenlete $x-y+k=0$ alakban írható. Ezek közül a keresettek az $x-y-7=0$ egyenletű egyenes bármely (pl. a $\left(\mathrm{7,}0\right)$) pontjától $2\sqrt[]{2}$ távolságra vannak, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\sqrt[]{2}=\frac{|7+k|}{\sqrt[]{2}}\mathrm{,}\text{azaz}k=-3\text{vagy}k=-\mathrm{11,}}\end{array}$ így $x-y=11$ vagy $x-y=3$. Ezeknek az egyeneseknek a szögfelezőkkel való metszéspontjai a keresett körök középpontjai. Ezek $K_1\left(4;1\right)$, $K_2\left(9;6\right)$, $K_3\left(16;5\right)$, $K_4\left(11;0\right)$. A középpont és a sugár ismeretében a körök egyenlete felírható.   8. Az egyenletnek $x=1$ nem lehet megoldása. Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát, majd rendezzük: $\begin{array}{c}{\displaystyle x\left(x-1+2p\right)=0.}\end{array}$ $x_1=0$ akkor gyöke az egyenletnek, ha $\sqrt[]{p^2}=p$, azaz ha $p\ge 0$. $x_2=1-2p$ akkor gyöke az egyenletnek, ha $p\ne 0$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{{\left(2p-\frac{3}{2}\right)}^2}=\frac{3}{2}-2p\mathrm{,}\text{azaz}\left|2p-\frac{3}{2}\right|=\frac{3}{2}-2p\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $2p-\frac{3}{2}\le 0$,  $p\le \frac{3}{4}$. Az egyenletnek $0<p\le \frac{3}{4}$ esetén van két különböző gyöke. Rábai Imre