Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az 1997/9. sz. II. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1998/január, 20 - 21. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. A szinusztétel szerint asinβ=bsinα, asinγ=csinα és bsinγ=csinβ, így igaz az állítás.
 
2. Az egyenlet cosπ(x-1)2=cosπ(x2+1) alakban írható, hiszen -cosα=cos(α+π). Ez akkor teljesül, ha
π(x-1)2+2kπ=π(x2+1)vagyπ(x-1)2+2nπ=-π(x2+1),(k,nZ),
azaz x=k vagy x2-x+1+n=0.
Az első esetben a legkisebb pozitív gyök az 1, a legkisebb abszolút értékű negatív gyök a -1; a második esetben x=1±-4n-32, a legkisebb pozitív gyök a 1, a legkisebb abszolút értékű negatív gyök az 12(1-5); így x1=1, illetve x2=12(1-5) a kérdéses gyökök.
 
3. Az egyenlet
|x+2+1|+|x+2-1|=a
alakba írható, hiszen a gyökjel alatt (x+2+1)2, illetve (x+2-1)2 van. |x+2+1|=x+2+1, mivel x+2+1>0. Az egyenletnek csak olyan megoldása lehet, amelyre x-2.
Ha x+2>1, azaz x>-1, akkor az egyenlet 2x+2=a alakú;
ha 0x+21, azaz -2x-1, akkor az egyenlet 2=a alakú.
Ha a=1, akkor az egyenletnek nincs megoldása;
ha a=2, akkor a -2x-1 számok a megoldások;
ha a=4, akkor a megoldás x=2;
ha a=2x+2, akkor az x-1 számok a megoldások.
 
4. A huszonnegyedik hónap végére
T=50001,021,0224-11,02-1155151
forint gyűlik össze. Ha ekkor és a továbbiakban is x forintot veszünk ki minden év végén a harminchatodik hónap végéig, és akkor már a bankban nem marad pénz, akkor
0=T1,0212-x1,0213-11,02-1,x=T1,02121,0213-1(1,02-1),ahonnanx=50001,02131,0224-11,02-11,02-11,0213-1,azazx=50001,02131,0224-11,0213-1,x13404forint.ahonnan

A második év végén, a kivét után 141 747 forintunk lesz a bankban.
 
5. A feltétel szerint 2b>a és ab=1, így az igazolandó egyenlőtlenség a következő alakban írható:
a2+4b2-4ab+4ab2b-a4.
Tudjuk, hogy ha x>0 és y>0, akkor x+y2xy.
a2+4b2-4ab+4ab2b-a=(2b-a)2+42b-a=2b-a+42b-a24=4.

 
6. Legyen az e egyenes egy pontja x=u, y=-u-1, az f egyenes egy pontja x=3t, y=-8t+73. A feltétel szerint a P(1;1) pont az EF szakaszt (E(u;-u-1);F(3t;-8t+73))  3:2 arányban osztja, tehát 5=9t+2u és 5=-24t+7-2u-2, ahonnan u=4 (t=-13), tehát E(4;-5), F(-1;5). A keresett EP egyenes egyenlete: 2x+y=3.
(A P centrumú középpontos hasonlósággal is dolgozhatunk.)
 
7. Legyen az x2-px+q=0 egyenlet két gyöke x1 és x2, az x2+(p+4)x-3q=0 egyenlet két gyöke 3x1 és x3. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések szerint
(1)x1+x2=p(3)3x1+x3=-p-4és(2)x1x2=q,(4)3x1x3=-3q,és(5)p2-4q=9.

Az (1) egyenlet 3-szorosából vonjuk ki a (3) egyenletet, majd a (2) háromszorosához adjuk hozzá (4)-et. Ekkor
3x2-x3=4p+4és3x1(x2+x3)=0.
Ha x1=0, akkor q=0, p2=9, tehát a q=0, p=3 és a q=0, p=-3 számpárok megfelelnek.
Ha x2+x3=0, akkor 4x2=4p+4, x2=p+1, ami kielégíti az x2-px+q=0 egyenletet, azaz (p+1)2-p(p+1)+q=0, tehát q=-p-1. Ehhez véve az (5) egyenletet: p2+4p-5=0.
Ha p=1, akkor q=-2, ha p=-5, akkor q=4. Mind a négy (p;q) számpár megoldás.
(Ha az x2-px+q=0 egyenlet gyökei x1 és x2, akkor az x2-3px+9q=0 egyenlet gyökei 3x1 és 3x2, tehát a másik egyenlettel van közös gyöke.
Észrevehető, hogy az x2-px+q=0 egyenlet diszkriminánsa 5, tehát x1=12(p+3), x2=12(p-3). E két megjegyzés alkalmazásával is megoldható a feladat.)
 
8. Az xy=12((x+y)2-x2-y2) azonosság alkalmazásával xy=12((2z+1)2-(z2+4x)), xy=12(3z2+1). A z12(3z2+1) függvényt kell vizsgálni azzal a feltétellel, hogy teljesülnek az egyenletek, azaz az x2-(2z+1)x+12(3z2+1)=0 egyenlet diszkriminánsa nemnegatív.
Most D=(2z+1)2-2(3z2+1)=1-2(z-1)2. D0 pontosan akkor, ha 1-22z1+22. A vizsgálandó függvény ebben az intervallumban szigorúan monoton növekvő, így a minimumát az x=1-22, a maximumát az x=1+22 helyen veszi fel. A minimum értéke 14(11-62)0,63, a maximum értéke 14(11+62)4,87.
Rábai Imre