Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az V. mérőlap (1999/4. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 1999/május, 273 - 275. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Tudjuk, hogy tgα+tg(π-α)=0. Ezért a=0, mert párosíthatjuk a tagokat, az elsőt az utolsóval, a másodikat az ötödikkel, a harmadikat pedig a negyedikkel.
b=sincos60+cossin6030=(32)12+(32)12=232=23.c1=3,c2=23,c3=223=2b.
Vagyis n=3 esetén lesz az a, b és c3 egy számtani sorozat három egymást követő tagja.
 
2. Az egyenlet diszkriminánsa: D=36(a+b)2-20(a+b)2=16(a+b)2. Látható, hogy minden esetben van gyök, ezek a megoldóképlet segítségével: x1,2=6(a+b)±4(a+b)10, amiből x1=a+b, x2=a+b5. Mivel a feladat szövege szerint 1<a+b<5, ezért 1<x1, 0,2<x2<1, az egyenlet egyik gyöke valóban 0-nál nagyobb, de 1-nél kisebb, a másik gyöke pedig 1-nél nagyobb.
A feladat állításának megfordítása:
Az 5x2-6(a+b)x+a2+b2+2ab=0 másodfokú egyenletben az a és a b valós paraméterek, amelyekre az egyenlet egyik gyöke 0-nál nagyobb, de 1-nél kisebb, a másik pedig 1-nél nagyobb. Mutassuk meg, hogy 1<a+b<5.
A szöveg alapján az egyenletnek van két különböző, pozitív gyöke: x1=a+b, x2=a+b5. Ezért x2<x1, vagyis 0<a+b5<1, 1<a+b. Ez azt jelenti, hogy valóban 1<a+b<5.
 
3. Nézzük az N=n5-5n3+4n kifejezést. Mivel
n5-5n3+4n=n(n4-5n2+4)=n(n2-1)(n2-4)=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2),
azért N minden n egész esetén osztható 5-tel.
Az m értéke negatív nem lehet, mert ekkor A értéke nem egész.
Ha m=0, akkor A=N, vagyis ekkor minden n egész szám megfelelő.
Vizsgáljuk végül az m>0 esetet.
A 2 pozitív egész kitevőjű hatványairól tudjuk, hogy az utolsó jegyük periodikusan ismétlődik: 2, 4, 8, 6, 2, ... Az
A=n5-5n3+4n-2m+1=(n5-5n3+4n)-(2m-1)
átalakítása után látjuk, hogy 2m-1 is osztható kell legyen 5-tel. Így 2m utolsó jegye csak 6 lehet, vagyis m 4-gyel osztható pozitív egész.
A három lehetőség alapján a megoldás: n tetszőleges egész szám, m pedig tetszőleges 4-gyel osztható természetes szám.
 
4. A COB háromszögben zy=sinβ2sin45, a BOA háromszögben pedig xAB=sinβ2sin135. Így  zy=xAB, ami 1z2=AB2x2y2 alakban is írható. A BOA háromszögben AB2=x2+y2-2xycos135, és így
(1z)2=x2+y2-2xycos135x2y2.
Ezt szorozzuk meg x2y2z2-tel: (xy)2=(xz)2+(yz)2-2(xz)(yz)cos135.
Ez éppen a koszinusztétel az xy, xz és yz oldalhosszúságú háromszögben. Látható, hogy az xy oldallal szemben van a 135-os szög.
 
5. A három kör középpontja A(-2;5), B(4;-3), C(1;6), ezek a pontok egy derékszögű háromszög csúcsai, hiszen AB=10, BC=310, CA=10 és AB2=BC2+CA2. Az ABC háromszög köréírt körének sugara 5, a kör középpontja pedig az AB átfogó felezőpontja, F(1;1). Mivel a feladatban megadott körök mindegyikének 1 a sugara, azért a keresett kör középpontja az F pont, a sugara pedig 1 egységgel nagyobb, mint az ABC háromszög köréírt körének sugara. A keresett egyenlet: (x-1)2+(y-1)2=36.
 
6. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát abc-vel:
bc2-b2c+a2c-ac2+ab2-a2b=0.
A kapott egyenlőség bal oldala szorzattá alakítható:
(ca2-ba2)+(c2b-b2c)-(c2a-b2a)=(c-b)[a2+bc-(c+b)a]==(c-b)[(a2-ac)-(ba-bc)]=(c-b)(a-c)(a-b)=0.
Tudjuk, hogy egy szorzat pontosan akkor 0, ha legalább az egyik tényezője 0, ezért a számtani sorozatnak van két egyenlő tagja. Ekkor azonban minden tagja egyenlő. Vagyis Sn=nx, ahol x az első tag.
 
7. Végezzük el a következő átalakításokat:
sin4x+cos4x=(sin2x+cos2x)2-2sin2xcos2x==1-sin22x2=1-1-cos4x4=34+cos4x4.
A cos4x4 képe a cosx képéből középpontos hasonlósággal kapható. Ennek középpontja az origó, aránya pedig 14.
 
8. A második egyenletet felhasználva: (x-72)+(y+1998)=1999+1926.
Legyen a=x-723, b=y+19983, ekkor az egyenletrendszerünk ilyen alakot vesz fel:
a+b=25,a3+b3=3925.
Az első egyenletből kifejezzük b-t, ezt beírjuk a másodikba: a3+(25-a)3=3925. Rendezzük az egyenletet:
a3+15625-1875a+75a2-a3=3925,75a2-1875a+11700=0,a2-25a+156=0,
amiből a1=12, a2=13. A megfelelő b értékek: b1=13, b2=12.
Az eredeti ismeretlenek, x és y: x1=1800, y1=199, valamint x2=2269, y2=-270.

 
Számadó László