Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a III. mérőlap (1999/2. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1999/március, 143 - 145. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. a) Az egyenlet 2x+22x25x2-35x=0 alakban írható. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát 5x-nel (5x>0). Ekkor
(25)x+2(25)x2-3=0,
ahonnan (25)x2=1 (hiszen (25)x2>0), és így x=0.
b) Legyen x2-3x+4=y. Ekkor y74 és
1y-1+2y=6y+1,
ahonnan y=2 vagy y=13. Ha y=2, akkor x2-3x+4=2, x1=1, x2=2, és ezek az adott egyenletnek is megoldásai, ha y=13, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
c) Azonos átalakítások után szorzattá alakíthatunk:
4sinxcosx+2sinx-(2cosx+1)=0,(2cosx+1)(2sinx-1)=0,
cosx=-12 vagy sinx=12, x1,n=2π3+2nπ, x2,m=-2π3+2mπ, x3,k=π6+2kπ, x4,l=5π6+2lπ, n, m, k, lZ.
 
2. a) Ha x0, akkor x2-1-12, x212, tehát 0x12 a megoldás;

Gy. 2.a) ha x<0, akkor (x+1)(-x-1)-12, azaz (x+1)212,

|x+1|12, tehát x+112, x-1+12 vagy pedig x+1-12, x-1-12, így ebben az esetben x-1-12 vagy -1+12x<0 a megoldások.
b) Az egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha tgx=-1, xn=-π4+nπ, nZ, vagy ha tgx>0, kπ<x<(k+12)π, kZ.
c) Az xlog2x függvény szigorú monoton növekedése miatt 4x-52x+8>22, azaz (2x-1)(2x-4)>0, tehát 2x<1 vagy 2x>4. Az egyenlőtlenség megoldásai: x<0 vagy x>2.
 
3. Az E pont ordinátája: y0=4. Az e egyenes egy normálvektora n(4;-3) és |n|=5.
A feltételeknek két kör felel meg. A körök középpontja legyen K1 és K2. Ekkor
EK1=2n=(8;-6)ésEK2=-EK1=(-8;6).
Így
OK1=OE+EK1=(-2;4)+(8;-6)=(6;-2)ésOK2=OE+EK2=(-2;4)+(-8;6)=(-10;10),azaz
K1=(6;-2) és K2=(-10;10).
A körök egyenlete: (x-6)2+(y+2)2=100, illetve (x+10)2+(y-10)2=100.
 
4. Ha a gyökök aránya 3:2, akkor x1=3t, x2=2t, tR, így 5t=-ba és 6t2=ca, tehát
6(-b5a)2=ca,
ahonnan 6b2=25ac.
Ha 6b2=25ac, akkor 4ac=2425b2, az egyenlet diszkriminánsa
D=b2-2425b2=(b5)2,
így x=-b±b52a, x1=-34ba, x2=-25ba, azaz valóban x1:x2=3:2.
 
5. Legyen AB=3a és BC=2a. Vegyük fel az elemzőábrán a P pontot az AB szakaszon belül. Legyen BP=x (xR), ekkor AP=3a-x; PC=45, PD=82. A PBC, illetve a PAD derékszögű háromszögekben x2+4a2=80, illetve (3a-x)2+4a2=128. A második egyenletből kivonva az elsőt 9a2-6ax=48, ahonnan x=3a2-162a. Visszahelyettesítve az első egyenletbe, majd rendezve az egyenletet
25a4-416a2+256=0.
Innen a2=16 vagy a2=1625, azaz a=4 vagy a=45. A téglalap területe 6a2, tehát T=96 vagy T=9625 területegység. Ha a=4, akkor x=4, a P pont valóban A és B közé esik. Ha a=45, akkor x=-445, a P pont az AB szakaszon kívül, a B-ből induló, A-t nem tartalmazó félegyenesen van és BP=445. (A BP előjeles szakasz!)
 
6. Ha α=90, akkor cosα=0, β+γ=90, sinγ=cosβ; ha β=90, akkor cosβ=0, α+γ=90, sinγ=cosα. Tehát ha a háromszög derékszögű, akkor valóban
sinγ=cosα+cosβ.
Ha sinγ=cosα+cosβ, akkor azonosságok alkalmazásával
2sinγ2cosγ2=2cosα+β2cosα-β2.(1)
Mivel α+β2=90-γ2, azért cosα+β2=sinγ2, tehát (1)-ből következik (sinγ2>0), hogy
cosγ2=cosα-β2.(2)
A (2) pontosan akkor teljesül, ha
γ=α-βvagyγ=β-α,
azaz γ+β=α vagy γ+α=β tehát, α=90 vagy β=90, tehát a háromszög derékszögű.
 
7. Ha a>1, akkor az a alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton növekedése miatt
(1+logax)logax>2+logax,aholx>0.
Innen
(logax)2>2,azaz|logax|>2,logax>2vagylogax<-2;
a megoldások ebben az esetben
x>a2vagy0<x<a-2.

Ha 0<a<1, akkor az a alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton csökkenése miatt
(logax)2<2,azaz|logax|<2,-2<logax<2;
a megoldások ebben az esetben
a2<x<a-2.

 
8. Alkalmazzuk az A>0, B>0 esetben fennálló
A+B2AB
azonos egyenlőtlenséget, ahol az egyenlőség pontosan A=B esetén teljesül. Ezek szerint
x4+4y424x4y4=4x2y2és4x2y2+1x2y224x2y21x2y2=4.x4+4y4+1x2y24x2y2+1x2y24.
A legkisebb helyettesítési érték tehát a 4, amit akkor vesz fel a kifejezés, ha x4=4y4 és 4x2y2=1x2y2. Ez pontosan akkor teljesül, ha x=1 és y=12 vagy x=-1, y=12 vagy x=1, y=-12 vagy x=-1, y=-12.
 
Megjegyzés. A megoldás a következőkből is adódik:
x4+4y4+1x2y2=(x2-2y2)2+4x2y2+1x2y2(x2-2y2)2+24x2y21x2y2=(x2-2y2)2+44.
Az egyenlőség akkor teljesül, ha x2=2y2 és 4x2y2=1x2y2, azaz ha y2=12 és x2=1.

Rábai Imre