Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap (1999/3. sz.) feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1999/április, 210 - 212. 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. Húzzuk meg a trapéz két magasságát. Ekkor két derékszögű háromszöget kapunk. Az egyiknek az átfogója $\mathrm{14,3}$ egység, a másiké $\mathrm{16,5}$ egység. Mindkettőnek egyik befogója $\mathrm{13,2}$ egység. Az ismeretlen befogók előjeles szakaszok, hosszuk $|x|$, illetve $|y|$. $\begin{array}{c}{\displaystyle |x{|}^2=\mathrm{14,}{3}^2-\mathrm{13,}{2}^2=\mathrm{5,}{5}^2\mathrm{,}\text{illetve}|y{|}^2=\mathrm{16,}{5}^2-\mathrm{13,}{2}^2=\mathrm{9,}{9}^2\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $x_1=\mathrm{5,5}$, $x_2=-\mathrm{5,5}$, illetve $y_1=\mathrm{9,9}$, $y_2=-\mathrm{9,9}$. (A szerkesztés vizsgálata is mutatja, hogy a feltételeknek négy trapéz felel meg.) A trapézok másik párhuzamos oldalának hossza: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle 22-\mathrm{5,5}-\mathrm{9,9}=\mathrm{6,6}\text{egység}\mathrm{,}22+\mathrm{5,5}-\mathrm{9,9}=\mathrm{17,6}\text{egység}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle 22+\mathrm{9,9}-\mathrm{5,5}=\mathrm{26,4}\text{egység}\mathrm{,}22+\mathrm{9,9}+\mathrm{5,5}=\mathrm{37,4}\text{egység}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ A négy trapéz területe: $T_1=\mathrm{188,76}$ területegység, $T_2=\mathrm{261,3}$ területegység, $T_3=\mathrm{313,44}$ területegység, $T_4=\mathrm{392,04}$ területegység.   2. Mindkét kifejezés $n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)$ alakba írható. A négy tényező közül kettő egymás után következő páros szám, így egyikük osztható 4-gyel, így szorzatuk 8-cal, a négy tényező közül legalább az egyik osztható 3-mal, tehát a négy tényező szorzata osztható $3\cdot 8=24$-gyel.   3. A $\text{sin}{}^{2}x=\frac{1-\text{cos}2x}{2}$ és a $\text{cos}{}^{2}x=\frac{1+\text{cos}2x}{2}$ azonosságok alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}{}^{2}x+\text{sin}{}^{4}x=\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\text{cos}{}^{2}2x\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $0\le \text{cos}{}^{2}2x\le 1$, ezért $\frac{3}{4}\le \text{cos}{}^{2}x+\text{sin}{}^{4}x\le 1$, így $1\le \frac{1}{\text{cos}{}^{2}x+\text{sin}{}^{4}x}\le \frac{4}{3}$. Mivel a kifejezéssel megadott függvény folytonos, ezért az értékkészlet az $\left[1;\frac{4}{3}\right]$ intervallumba eső valós számok halmaza. A legkisebb értékét a függvény akkor veszi fel, ha $\text{cos}{}^{2}2x=1$, tehát az $x=k\cdot \frac{\pi }{2}$, $k\in \text{Z}$ helyeken, a legnagyobb értékét $\text{cos}{}^{2}2x=0$ esetén veszi fel, tehát az $x=\frac{\pi }{4}+k\frac{\pi }{2}$, $k\in \text{Z}$ helyeken. Megjegyzés. Az adott kifejezés a következő módon is felírható: a) ${\left(\text{cos}{}^{2}x-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}$; b) $\frac{7}{8}+\frac{1}{8}\text{cos}4x$.   4. Legyen az $\left\{a_n\right\}$ sorozat első négy eleme $a$, $aq$, $a{q}^2$, $a{q}^3$; a második sorozat első négy eleme ekkor $a$, $aq-3$, $a{q}^2-6$, $a{q}^3-36$. A $b_1$, $b_2$, $b_3$, $b_4$ elemekre egyrészt $b_2^2=b_1{b}_3$, másrészt $b_1{b}_4=b_2{b}_3$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(aq-3\right)}^2=a\left(a{q}^2-6\right)\text{és}a\left(a{q}^3-36\right)=\left(aq-3\right)\left(a{q}^2-6\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Rendezés után $2a\left(q-1\right)=3$ és $a\left(q^2+2q-12\right)=6$. Mivel $a\ne 0$ és $q\ne 1$, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{q^2+2q-12}{2\left(q-1\right)}=\mathrm{2,}{q}^2-2q-8=\mathrm{0,}{q}_1=\mathrm{4,}{q}_2=-2.}\end{array}$ Ha $q=4$, akkor $a=\frac{1}{2}$, ha $q=-2$, akkor $a=-\frac{1}{2}$, így a két sorozat első négy eleme: $\begin{array}{c}{\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill \frac{1}{2}\mathrm{,}\mathrm{2,}\mathrm{8,}\mathrm{32,}\hfill & \hfill \hfill & \hfill -\frac{1}{2}\mathrm{,}\mathrm{1,}-\mathrm{2,}4\hfill \\ \hfill \text{<div style="line-height: 6pt"> </div>}\text{illetve}\hfill & \hfill \text{vagy}\hfill & \hfill \text{illetve}\hfill \\ \hfill \text{<div style="line-height: 6pt"> </div>}\frac{1}{2}\mathrm{,}-\mathrm{1,}\mathrm{2,}-\mathrm{4,}\hfill & \hfill \hfill & \hfill -\frac{1}{2}\mathrm{,}-\mathrm{2,}-\mathrm{8,}-32.\hfill \end{array}}\end{array}$   5. Nyilván $x>0$ kell, hogy legyen. Ha $\text{log}{}_{2}x=y$, akkor azonosságok alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{y^2-5y+4}\le \sqrt[]{2y^2-5y}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) A két gyökös kifejezésnek akkor van értelme, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle y^2-5y+4\ge 0\text{és}2y^2-5y\ge \mathrm{0,}}\end{array}$ azaz ha $y\le 0$ vagy $y\ge 4$. Az (1) egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens egyenlőtlenségre vezet: $\begin{array}{c}{\displaystyle y^2-5y+4\le 2y^2-5y\mathrm{,}{y}^2\ge \mathrm{4,}y\le -2\text{vagy}y\ge 2.}\end{array}$ Az (1) egyenlőtlenség megoldásai: $y\le -2$ vagy $y\ge 4$. Az eredeti egyenlőtlenség akkor teljesül, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{log}{}_{2}x\le -2\text{vagy}\text{log}{}_{2}x\ge \mathrm{4,}}\\ \multicolumn{2}{c}{\text{<br>azaz ha}}\\ \hfill {\displaystyle 0<x\le \frac{1}{2}\text{vagy}x\ge 16.}\end{array}}}\end{array}$   6. Mivel $4\text{cos}{}^{2}x-3=1-4\text{sin}{}^{2}x$, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|\frac{4\text{sin}{}^{2}x-1}{\text{cos}x}\right|=-\frac{4\text{sin}{}^{2}x-1}{\text{cos}x}\mathrm{,}}\end{array}$ ez pedig pontosan akkor teljesül, ha  $\frac{4\text{sin}{}^{2}x-1}{\text{cos}x}\le 0$. Ha $\text{cos}x>0$, akkor $4\text{sin}{}^{2}x-1\le 0$, $\text{sin}{}^{2}x\le \frac{1}{4}$, $|\text{sin}x|\le \frac{1}{2}$. Innen a $-\frac{\pi }{6}+2k\pi \le x\le \frac{\pi }{6}+2k\pi$, $k\in \text{Z}$ számok az egyenlet megoldásai. Ha $\text{cos}x<0$, akkor $4\text{sin}{}^{2}x-1\ge 0$, $\text{sin}{}^{2}x\ge \frac{1}{4}$, $|\text{sin}x|\ge \frac{1}{2}$. Innen a $\frac{\pi }{2}+2k\pi <x<\frac{5\pi }{6}+2k\pi$, $k\in \text{Z}$ és a $\frac{7\pi }{6}+2n\pi \le x<\frac{3\pi }{2}+2n\pi$, $n\in \text{Z}$ számok a megoldások.   7. A vektorszerkesztés módszerével dolgozhatunk. A feltételeknek két trapéz felel meg. Az $A_1{B}_{1}CD$ átlóinak metszéspontja legyen $K$, az $A_2{B}_{2}CD$ átlóinak metszéspontja $L$, a $DC$ szakasz felezőpontja $F$. $F\left(\frac{9}{2};\frac{7}{2}\right)$. Így $\overrightarrow{DF}\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2}\right)$. Az $\overrightarrow{FK}$, illetve $\overrightarrow{FL}$ vektorok a $\overrightarrow{DF}$ ${90}^{\circ }$-os elforgatottjai, tehát $\overrightarrow{FK}\left(-\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)$ és $\overrightarrow{FL}\left(\frac{1}{2};-\frac{3}{2}\right)$. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \overrightarrow{DK}}& {\displaystyle =\overrightarrow{DF}+\overrightarrow{FK}=\left(1;2\right)\mathrm{,}\overrightarrow{CK}=\overrightarrow{CF}+\overrightarrow{FK}=\left(-2;1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{CL}}& {\displaystyle =-\overrightarrow{DK}=\left(-1;-2\right)\mathrm{,}\overrightarrow{DL}=-\overrightarrow{CK}=\left(2;-1\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \overrightarrow{O{A}_1}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OC}+4\overrightarrow{CK}=\left(6;4\right)+4\cdot \left(-2;1\right)=\left(-2;8\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{O{B}_1}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OD}+4\overrightarrow{DK}=\left(3;3\right)+4\cdot \left(1;2\right)=\left(7;11\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{O{A}_2}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OC}+4\overrightarrow{CL}=\left(6;4\right)+4\cdot \left(-1;-2\right)=\left(2;-4\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{O{B}_2}}& {\displaystyle =\overrightarrow{OD}+4\cdot \overrightarrow{DL}=\left(3;3\right)+4\left(2;-1\right)=\left(11;-1\right)\mathrm{,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ ezért $A_1\left(-2;8\right)$, $B_1\left(7;11\right)$, $A_2\left(2;-4\right)$, $B_2\left(11;-1\right)$. Érdemes megjegyezni, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \overrightarrow{O{A}_2}}& {\displaystyle =2\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{O{B}_1}=\left(9;7\right)-\left(7;11\right)=\left(2;-4\right)\text{és}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \overrightarrow{O{B}_2}}& {\displaystyle =2\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{O{A}_1}=\left(9;7\right)-\left(-2;8\right)=\left(11;-1\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$   8. Mivel $4x-x^2-5=-1-{\left(x-2\right)}^2<0$ minden valós $x$-re, ezért az $\left(a+2\right)x^2-\left(a-1\right)x+a-1\ge 0$ legfeljebb másodfokú egyenlőtlenségre kell a válaszokat megadni. Ha $a+2=0$, $a=-2$, akkor a $3x-3\ge 0$ egyenlőtlenségnek végtelen sok megoldása van. a) Ha $a+2\ne 0$, úgy pontosan akkor van egy megoldása az egyenlőtlenségnek, ha $a+2<0$ és a polinom diszkriminánsa, $D=0$. $\begin{array}{c}{\displaystyle D={\left(1-a\right)}^2-4\left(a-1\right)\left(a+2\right)=-3\left(a+3\right)\left(a-1\right)=\mathrm{0,}}\end{array}$ ha $a=-3$ vagy $a=1$, így $a<-2$ miatt akkor van egyetlen megoldás, ha $a=-3$. b) Az egyenlőtlenségnek nincs megoldása, ha $a+2<0$ és $D<0$, azaz ha $a<-3$. Végtelen sok megoldás akkor van, ha $a+2>0$ vagy ($a+2<0$ és $D>0$) vagy $a=-2$, azaz ha $a>-3$. Rábai Imre