Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a III. mérőlap (1999/2. sz.) feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1999/március, 143 - 145. 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) Az egyenlet $2^x+2\cdot 2^{\frac{x}{2}}\cdot 5^{\frac{x}{2}}-3\cdot 5^x=0$ alakban írható. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát $5^x$-nel ($5^x>0$). Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{2}{5}\right)}^x+2\cdot {\left(\frac{2}{5}\right)}^{\frac{x}{2}}-3=\mathrm{0,}}\end{array}$ ahonnan ${\left(\frac{2}{5}\right)}^{\frac{x}{2}}=1$ (hiszen ${\left(\frac{2}{5}\right)}^{\frac{x}{2}}>0$), és így $x=0$. b) Legyen $x^2-3x+4=y$. Ekkor $y\ge \frac{7}{4}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{y-1}+\frac{2}{y}=\frac{6}{y+1}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $y=2$ vagy $y=\frac{1}{3}$. Ha $y=2$, akkor $x^2-3x+4=2$, $x_1=1$, $x_2=2$, és ezek az adott egyenletnek is megoldásai, ha $y=\frac{1}{3}$, akkor az egyenletnek nincs megoldása. c) Azonos átalakítások után szorzattá alakíthatunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 4\text{sin}x\text{cos}x+2\text{sin}x-\left(2\text{cos}x+1\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(2\text{cos}x+1\right)\left(2\text{sin}x-1\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ $\text{cos}x=-\frac{1}{2}$ vagy $\text{sin}x=\frac{1}{2}$, $x_{\mathrm{1,}n}=\frac{2\pi }{3}+2n\pi$, $x_{\mathrm{2,}m}=-\frac{2\pi }{3}+2m\pi$, $x_{\mathrm{3,}k}=\frac{\pi }{6}+2k\pi$, $x_{\mathrm{4,}l}=\frac{5\pi }{6}+2l\pi$, $n$, $m$, $k$, $l\in \text{Z}$.   2. a) Ha $x\ge 0$, akkor $x^2-1\le -\frac{1}{2}$, $x^2\le \frac{1}{2}$, tehát $0\le x\le \frac{1}{\sqrt[]{2}}$ a megoldás; $\phantom{\text{Gy. 2.}a)}$ ha $x<0$, akkor $\left(x+1\right)\left(-x-1\right)\le -\frac{1}{2}$, azaz ${\left(x+1\right)}^2\ge \frac{1}{2}$, $|x+1|\ge \frac{1}{\sqrt[]{2}}$, tehát $x+1\ge \frac{1}{\sqrt[]{2}}$, $x\ge -1+\frac{1}{\sqrt[]{2}}$ vagy pedig $x+1\le -\frac{1}{\sqrt[]{2}}$, $x\le -1-\frac{1}{\sqrt[]{2}}$, így ebben az esetben $x\le -1-\frac{1}{\sqrt[]{2}}$ vagy $-1+\frac{1}{\sqrt[]{2}}\le x<0$ a megoldások. b) Az egyenlőtlenség akkor és csak akkor teljesül, ha $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x=-1$, $x_n=-\frac{\pi }{4}+n\pi$, $n\in \text{Z}$, vagy ha $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x>0$, $k\pi <x<\left(k+\frac{1}{2}\right)\pi$, $k\in \text{Z}$. c) Az $x\mapsto \text{log}{}_{2}x$ függvény szigorú monoton növekedése miatt $4^x-5\cdot 2^x+8>2^2$, azaz $\left(2^x-1\right)\left(2^x-4\right)>0$, tehát $2^x<1$ vagy $2^x>4$. Az egyenlőtlenség megoldásai: $x<0$ vagy $x>2$.   3. Az $E$ pont ordinátája: $y_0=4$. Az $e$ egyenes egy normálvektora $\text{n}\left(4;-3\right)$ és $|\text{n}|=5$. A feltételeknek két kör felel meg. A körök középpontja legyen $K_1$ és $K_2$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\overrightarrow{EK}}_1=2\text{n}=\left(8;-6\right)\text{és}{\overrightarrow{EK}}_2=-{\overrightarrow{EK}}_1=\left(-8;6\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\overrightarrow{OK}}_1}& {\displaystyle =\overrightarrow{OE}+{\overrightarrow{EK}}_1=\left(-2;4\right)+\left(8;-6\right)=\left(6;-2\right)\text{és}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\overrightarrow{OK}}_2}& {\displaystyle =\overrightarrow{OE}+{\overrightarrow{EK}}_2=\left(-2;4\right)+\left(-8;6\right)=\left(-10;10\right)\mathrm{,}\text{azaz}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ $K_1=\left(6;-2\right)$ és $K_2=\left(-10;10\right)$. A körök egyenlete: ${\left(x-6\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2=100$, illetve ${\left(x+10\right)}^2+{\left(y-10\right)}^2=100$.   4. Ha a gyökök aránya $3:2$, akkor $x_1=3t$, $x_2=2t$, $t\in \text{R}$, így $5t=-\frac{b}{a}$ és $6t^2=\frac{c}{a}$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle 6\cdot {\left(-\frac{b}{5a}\right)}^2=\frac{c}{a}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $6b^2=25ac$. Ha $6b^2=25ac$, akkor $4ac=\frac{24}{25}{b}^2$, az egyenlet diszkriminánsa $\begin{array}{c}{\displaystyle D=b^2-\frac{24}{25}{b}^2={\left(\frac{b}{5}\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ így $x=\frac{-b\pm \frac{b}{5}}{2a}$, $x_1=-\frac{3}{4}\cdot \frac{b}{a}$, $x_2=-\frac{2}{5}\frac{b}{a}$, azaz valóban $x_1:x_2=3:2$.   5. Legyen $AB=3a$ és $BC=2a$. Vegyük fel az elemzőábrán a $P$ pontot az $AB$ szakaszon belül. Legyen $BP=x$ ($x\in \text{R}$), ekkor $AP=3a-x$; $PC=4\sqrt[]{5}$, $PD=8\sqrt[]{2}$. A $PBC$, illetve a $PAD$ derékszögű háromszögekben $x^2+4a^2=80$, illetve ${\left(3a-x\right)}^2+4a^2=128$. A második egyenletből kivonva az elsőt $9a^2-6ax=48$, ahonnan $x=\frac{3a^2-16}{2a}$. Visszahelyettesítve az első egyenletbe, majd rendezve az egyenletet $\begin{array}{c}{\displaystyle 25a^4-416a^2+256=0.}\end{array}$ Innen $a^2=16$ vagy $a^2=\frac{16}{25}$, azaz $a=4$ vagy $a=\frac{4}{5}$. A téglalap területe $6a^2$, tehát $T=96$ vagy $T=\frac{96}{25}$ területegység. Ha $a=4$, akkor $x=4$, a $P$ pont valóban $A$ és $B$ közé esik. Ha $a=\frac{4}{5}$, akkor $x=-\frac{44}{5}$, a $P$ pont az $AB$ szakaszon kívül, a $B$-ből induló, $A$-t nem tartalmazó félegyenesen van és $BP=\frac{44}{5}$. (A $BP$ előjeles szakasz!)   6. Ha $\alpha ={90}^{\circ }$, akkor $\text{cos}\alpha =0$, $\beta +\gamma ={90}^{\circ }$, $\text{sin}\gamma =\text{cos}\beta$; ha $\beta ={90}^{\circ }$, akkor $\text{cos}\beta =0$, $\alpha +\gamma ={90}^{\circ }$, $\text{sin}\gamma =\text{cos}\alpha$. Tehát ha a háromszög derékszögű, akkor valóban $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}\gamma =\text{cos}\alpha +\text{cos}\beta \mathrm{.}}\end{array}$ Ha $\text{sin}\gamma =\text{cos}\alpha +\text{cos}\beta$, akkor azonosságok alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\text{sin}\frac{\gamma }{2}\cdot \text{cos}\frac{\gamma }{2}=2\text{cos}\frac{\alpha +\beta }{2}\cdot \text{cos}\frac{\alpha -\beta }{2}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Mivel $\frac{\alpha +\beta }{2}={90}^{\circ }-\frac{\gamma }{2}$, azért $\text{cos}\frac{\alpha +\beta }{2}=\text{sin}\frac{\gamma }{2}$, tehát (1)-ből következik ($\text{sin}\frac{\gamma }{2}>0$), hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\frac{\gamma }{2}=\text{cos}\frac{\alpha -\beta }{2}\mathrm{.}}\end{array}$ (2) A (2) pontosan akkor teljesül, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \gamma =\alpha -\beta \text{vagy}\gamma =\beta -\alpha \mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\gamma +\beta =\alpha$ vagy $\gamma +\alpha =\beta$ tehát, $\alpha ={90}^{\circ }$ vagy $\beta ={90}^{\circ }$, tehát a háromszög derékszögű.   7. Ha $a>1$, akkor az $a$ alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton növekedése miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+\text{log}{}_{a}x\right)\text{log}{}_{a}x>2+\text{log}{}_{a}x\mathrm{,}\text{ahol}x>0.}\end{array}$ Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(\text{log}{}_{a}x\right)}^2>\mathrm{2,}\text{azaz}|\text{log}{}_{a}x|>\sqrt[]{2}\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle \text{log}{}_{a}x>\sqrt[]{2}\text{vagy}\text{log}{}_{a}x<-\sqrt[]{2};}\end{array}}}\end{array}$ a megoldások ebben az esetben $\begin{array}{c}{\displaystyle x>a^{\sqrt[]{2}}\text{vagy}0<x<a^{-\sqrt[]{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $0<a<1$, akkor az $a$ alapú logaritmusfüggvény szigorú monoton csökkenése miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(\text{log}{}_{a}x\right)}^2<\mathrm{2,}\text{azaz}|\text{log}{}_{a}x|<\sqrt[]{2}\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle -\sqrt[]{2}<\text{log}{}_{a}x<\sqrt[]{2};}\end{array}}}\end{array}$ a megoldások ebben az esetben $\begin{array}{c}{\displaystyle a^{\sqrt[]{2}}<x<a^{-\sqrt[]{2}}\mathrm{.}}\end{array}$   8. Alkalmazzuk az $A>0$, $B>0$ esetben fennálló $\begin{array}{c}{\displaystyle A+B\ge 2\sqrt[]{AB}}\end{array}$ azonos egyenlőtlenséget, ahol az egyenlőség pontosan $A=B$ esetén teljesül. Ezek szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^4+4y^4\ge 2\sqrt[]{4x^4{y}^4}=4x^2{y}^2\text{és}}\\ \hfill {\displaystyle 4x^2{y}^2+\frac{1}{x^2{y}^2}\ge 2\sqrt[]{4x^2{y}^2\cdot \frac{1}{x^2{y}^2}}=4.}\\ \hfill {\displaystyle x^4+4y^4+\frac{1}{x^2{y}^2}\ge 4x^2{y}^2+\frac{1}{x^2{y}^2}\ge 4.}\end{array}}}\end{array}$ A legkisebb helyettesítési érték tehát a 4, amit akkor vesz fel a kifejezés, ha $x^4=4y^4$ és $4x^2{y}^2=\frac{1}{x^2{y}^2}$. Ez pontosan akkor teljesül, ha $x=1$ és $y=\frac{1}{\sqrt[]{2}}$ vagy $x=-1$, $y=\frac{1}{\sqrt[]{2}}$ vagy $x=1$, $y=-\frac{1}{\sqrt[]{2}}$ vagy $x=-1$, $y=-\frac{1}{\sqrt[]{2}}$.   Megjegyzés. A megoldás a következőkből is adódik: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^4+4y^4+\frac{1}{x^2{y}^2}={\left(x^2-2y^2\right)}^2+4x^2{y}^2+\frac{1}{x^2{y}^2}\ge }\\ \hfill {\displaystyle \ge {\left(x^2-2y^2\right)}^2+2\sqrt[]{4x^2{y}^2\cdot \frac{1}{x^2{y}^2}}={\left(x^2-2y^2\right)}^2+4\ge 4.}\end{array}}}\end{array}$ Az egyenlőség akkor teljesül, ha $x^2=2y^2$ és $4x^2{y}^2=\frac{1}{x^2{y}^2}$, azaz ha $y^2=\frac{1}{2}$ és $x^2=1$. Rábai Imre