Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények az 1997/9. sz. II. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1998/január, 20 - 21. 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 szinusztétel szerint $a\text{sin}\beta =b\text{sin}\alpha$, $a\text{sin}\gamma =c\text{sin}\alpha$ és $b\text{sin}\gamma =c\text{sin}\beta$, így igaz az állítás.   2. Az egyenlet $\text{cos}\pi {\left(x-1\right)}^2=\text{cos}\pi \left(x^2+1\right)$ alakban írható, hiszen $-\text{cos}\alpha =\text{cos}\left(\alpha +\pi \right)$. Ez akkor teljesül, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \pi {\left(x-1\right)}^2+2k\pi =\pi \left(x^2+1\right)\text{vagy}\pi {\left(x-1\right)}^2+2n\pi =-\pi \left(x^2+1\right)\mathrm{,}\left(k\mathrm{,}n\in \text{Z}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $x=k$ vagy $x^2-x+1+n=0$. Az első esetben a legkisebb pozitív gyök az 1, a legkisebb abszolút értékű negatív gyök a $-1$; a második esetben $x=\frac{1\pm \sqrt[]{-4n-3}}{2}$, a legkisebb pozitív gyök a 1, a legkisebb abszolút értékű negatív gyök az $\frac{1}{2}\left(1-\sqrt[]{5}\right)$; így $x_1=1$, illetve $x_2=\frac{1}{2}\left(1-\sqrt[]{5}\right)$ a kérdéses gyökök.   3. Az egyenlet $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\sqrt[]{x+2}+1\right|+\left|\sqrt[]{x+2}-1\right|=a}\end{array}$ alakba írható, hiszen a gyökjel alatt ${\left(\sqrt[]{x+2}+1\right)}^2$, illetve ${\left(\sqrt[]{x+2}-1\right)}^2$ van. $|\sqrt[]{x+2}+1|=\sqrt[]{x+2}+1$, mivel $\sqrt[]{x+2}+1>0$. Az egyenletnek csak olyan megoldása lehet, amelyre $x\ge -2$. Ha $\sqrt[]{x+2}>1$, azaz $x>-1$, akkor az egyenlet $2\sqrt[]{x+2}=a$ alakú; ha $0\le \sqrt[]{x+2}\le 1$, azaz $-2\le x\le -1$, akkor az egyenlet $2=a$ alakú. Ha $a=1$, akkor az egyenletnek nincs megoldása; ha $a=2$, akkor a $-2\le x\le -1$ számok a megoldások; ha $a=4$, akkor a megoldás $x=2$; ha $a=2\sqrt[]{x+2}$, akkor az $x\ge -1$ számok a megoldások.   4. A huszonnegyedik hónap végére $\begin{array}{c}{\displaystyle T=5000\cdot \mathrm{1,02}\frac{\mathrm{1,}{02}^{24}-1}{\mathrm{1,02}-1}\approx 155151}\end{array}$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle =T\cdot \mathrm{1,}{02}^{12}-x\cdot \frac{\mathrm{1,}{02}^{13}-1}{\mathrm{1,02}-1}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x}& {\displaystyle =\frac{T\cdot \mathrm{1,}{02}^{12}}{\mathrm{1,}{02}^{13}-1}\cdot \left(\mathrm{1,02}-1\right)\mathrm{,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ahonnan}}\\ \hfill {\displaystyle x}& {\displaystyle =5000\cdot \mathrm{1,}{02}^{13}\cdot \frac{\mathrm{1,}{02}^{24}-1}{\mathrm{1,02}-1}\cdot \frac{\mathrm{1,02}-1}{\mathrm{1,}{02}^{13}-1}\mathrm{,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{azaz}}\\ \hfill {\displaystyle x}& {\displaystyle =5000\cdot \mathrm{1,}{02}^{13}\cdot \frac{\mathrm{1,}{02}^{24}-1}{\mathrm{1,}{02}^{13}-1}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x}& {\displaystyle \approx 13404\text{forint}\mathrm{.}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ahonnan}}\end{array}}}\end{array}$ 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a^2+4b^2-4ab+4ab}{2b-a}\ge 4.}\end{array}$ Tudjuk, hogy ha $x>0$ és $y>0$, akkor $x+y\ge 2\sqrt[]{xy}$. $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a^2+4b^2-4ab+4ab}{2b-a}=\frac{{\left(2b-a\right)}^2+4}{2b-a}=2b-a+\frac{4}{2b-a}\ge 2\sqrt[]{4}=4.}\end{array}$   6. Legyen az $e$ egyenes egy pontja $x=u$, $y=-u-1$, az $f$ egyenes egy pontja $x=3t$, $y=-8t+\frac{7}{3}$. A feltétel szerint a $P\left(1;1\right)$ pont az $EF$ szakaszt $\left(E\left(u;-u-1\right);F\left(3t;-8t+\frac{7}{3}\right)\right)$  $3:2$ arányban osztja, tehát $5=9t+2u$ és $5=-24t+7-2u-2$, ahonnan $u=4$ ($t=-\frac{1}{3}$), tehát $E\left(4;-5\right)$, $F\left(-1;5\right)$. A keresett $EP$ egyenes egyenlete: $2x+y=3$. (A $P$ centrumú középpontos hasonlósággal is dolgozhatunk.)   7. Legyen az $x^2-px+q=0$ egyenlet két gyöke $x_1$ és $x_2$, az $x^2+\left(p+4\right)x-3q=0$ egyenlet két gyöke $3x_1$ és $x_3$. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \begin{array}{cccccccccc}\hfill \hfill & \hfill \left(1\right)\hfill & \hfill x_1+x_2\hfill & \hfill =\hfill & \hfill p\hfill & \hfill \hfill & \hfill \left(3\right)\hfill & \hfill 3x_1+x_3\hfill & \hfill =\hfill & \hfill -p-4\hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \text{és}\hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill & \hfill \hfill \\ \hfill \hfill & \hfill \left(2\right)\hfill & \hfill x_1{x}_2\hfill & \hfill =\hfill & \hfill q\mathrm{,}\hfill & \hfill \hfill & \hfill \left(4\right)\hfill & \hfill 3x_1{x}_3\hfill & \hfill =\hfill & \hfill -3q\mathrm{,}\hfill & \hfill \text{és}\hfill & \hfill \left(5\right)\hfill & \hfill p^2-4q\hfill & \hfill =\hfill & \hfill 9.\hfill \end{array}}\end{array}}}\end{array}$ Az (1) egyenlet 3-szorosából vonjuk ki a (3) egyenletet, majd a (2) háromszorosához adjuk hozzá (4)-et. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle 3x_2-x_3=4p+4\text{és}3x_1\left(x_2+x_3\right)=0.}\end{array}$ Ha $x_1=0$, akkor $q=0$, $p^2=9$, tehát a $q=0$, $p=3$ és a $q=0$, $p=-3$ számpárok megfelelnek. Ha $x_2+x_3=0$, akkor $4x_2=4p+4$, $x_2=p+1$, ami kielégíti az $x^2-px+q=0$ egyenletet, azaz ${\left(p+1\right)}^2-p\left(p+1\right)+q=0$, tehát $q=-p-1$. Ehhez véve az (5) egyenletet: $p^2+4p-5=0$. Ha $p=1$, akkor $q=-2$, ha $p=-5$, akkor $q=4$. Mind a négy $\left(p;q\right)$ számpár megoldás. (Ha az $x^2-px+q=0$ egyenlet gyökei $x_1$ és $x_2$, akkor az $x^2-3px+9q=0$ egyenlet gyökei $3x_1$ és $3x_2$, tehát a másik egyenlettel van közös gyöke. Észrevehető, hogy az $x^2-px+q=0$ egyenlet diszkriminánsa 5, tehát $x_1=\frac{1}{2}\left(p+3\right)$, $x_2=\frac{1}{2}\left(p-3\right)$. E két megjegyzés alkalmazásával is megoldható a feladat.)   8. Az $xy=\frac{1}{2}\left({\left(x+y\right)}^2-x^2-y^2\right)$ azonosság alkalmazásával $xy=\frac{1}{2}\left({\left(2z+1\right)}^2-\left(z^2+4x\right)\right)$, $xy=\frac{1}{2}\left(3z^2+1\right)$. A $z\mapsto \frac{1}{2}\left(3z^2+1\right)$ függvényt kell vizsgálni azzal a feltétellel, hogy teljesülnek az egyenletek, azaz az $x^2-\left(2z+1\right)x+\frac{1}{2}\left(3z^2+1\right)=0$ egyenlet diszkriminánsa nemnegatív. Most $D={\left(2z+1\right)}^2-2\left(3z^2+1\right)=1-2{\left(z-1\right)}^2$. $D\ge 0$ pontosan akkor, ha $1-\frac{\sqrt[]{2}}{2}\le z\le 1+\frac{\sqrt[]{2}}{2}$. A vizsgálandó függvény ebben az intervallumban szigorúan monoton növekvő, így a minimumát az $x=1-\frac{\sqrt[]{2}}{2}$, a maximumát az $x=1+\frac{\sqrt[]{2}}{2}$ helyen veszi fel. A minimum értéke $\frac{1}{4}\left(11-6\sqrt[]{2}\right)\approx \mathrm{0,63}$, a maximum értéke $\frac{1}{4}\left(11+6\sqrt[]{2}\right)\approx \mathrm{4,87}$. Rábai Imre