Cím: A novemberi szakköri feladatok megoldásvázlatai, eredményei
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1998/december, 515 - 516. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Az egyenlet gyökei akkor valósak, ha a diszkriminánsa nemnegatív, azaz ha
4(m+1)2-42(m2+2m)0,
ami akkor teljesül, ha
-1-2m-1+2.
Mivel x1+x2=-(m+1)  és  4x1x2=4m2+2m2=2m2+4m, azért
f(m)=2m2+3m-1.
f(m) legkisebb értéke a [-1-2;-1+2] intervallumon -178, amit az m=-34 helyen vesz fel, míg legnagyobb értéke 2(14+2)2-178, amit az m=-1-2 helyen vesz fel.
 
2. a) Ismeretes, hogy minden háromszögben ϱ=Ts és r=abc4T, így ϱr=abc4s.
b) A háromszög egyik oldala 2 egység, a másik két oldal összege 4 egység. Célszerű jelöléssel a két oldal 2-x, illetve 2+x, ahol 0x<1. A szóban forgó körök területének szorzata
f(x)=ϱ2πr2π=π2(ϱr)2=π2(2(2-x)(2+x)43)2,
hiszen 2s=6, s=3.
Az f(x)=π236(4-x2)2 függvény a [0,1) intervallumban akkor a legnagyobb, ha x=0, hiszen 4-x2>0, és így a négyzete akkor a legnagyobb, ha 4-x2 a legnagyobb.
Az f(x) legnagyobb értéke 49π2, ami akkor adódik, ha a háromszög egyenlő oldalú.
 
3. Ha van ilyen k, azaz a1=ka2, b1=kb2 és c1=kc2, akkor
f(x)=k(a2x2+b2x+c2)a2x2+b2x+c2=k,tehát  f(x)  értéke állandó.

Ha f(x) értéke állandó minden megengedett x-re, azaz
f(x)=a1x2+b1x+c1a2x2+b2x+c2=K,
akkor
(a1-Ka2)x2+(b1-Kb2)x+(c1-Kc2)=0,(1)
azaz az (1) legfeljebb másodfokú egyenletnek kettőnél több megoldása van, ami csak úgy lehetséges, hogy minden együttható nulla (a polinom azonosan nulla), tehát a1-Ka2=0, b1-Kb2=0, c1-Kc2=0, így valóban van olyan KR, hogy a1=Ka2, b1=Kb2 és c1=Kc2.
 
4. A rekurzív definícióból következik, hogy
an-an-1=2an-2-2an-1=(-2)(an-1-an-2).
A bk=ak+1-ak, k=1, 2, ..., n, ... különbségsorozat a q=-2 hányadosú mértani sorozat, b1=a2-a1=1, ezért bk=(-2)k-1. Így
a2-a1=1,a3-a2=-2,a4-a3=4,an-an-1=(-2)n-2.
Adjuk össze az egyenleteket:
an-a1=1-(-2)n-11-(-2),
ahonnan an=1+13(1-(-2)n-1)=43-13(-2)n-1.
Sn=43n-13(1-2+...+(-2)n-1)=43n-131-(-2)n1-(-2)=43n-19(1-(-2)n).

Rábai Imre