Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a III. mérőlap (2000/2.sz.) feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2000/március, 153 - 155. 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. Az első egyenlet $\left(x-y\right)\left(x+y-2\right)=0$ alakban is írható. Ha $x=y$, akkor $2x^2=10x$, így a megoldások $x_1=0$, $y_1=0$ és $x_2=5$, $y_2=5$. Ha $x+y=2$, akkor $x^2+{\left(2-x\right)}^2=10$, a megoldások $x_3=3$, $y_3=-1$ és $x_4=-1$, $y_4=3$.   2. Ha az első elem $a$, a hányados $q$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle a\cdot a{q}^4={12}^2\text{és}aq-a{q}^3=\mathrm{18,}}\end{array}$ azaz ${\left(a{q}^2\right)}^2={12}^2$, tehát a harmadik elem $a_3=12$ vagy $a_3=-12$, így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{12}{q}-12q}& {\displaystyle =18\text{vagy}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2q^2+3q-2}& {\displaystyle =0\text{vagy}}\hfill \end{array}}{\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{-12}{q}+12q}& {\displaystyle =18;}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2q^2-3q-2}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ A megoldások: Ha $q=\frac{1}{2}$, akkor $a=48$, ha $q=-2$, akkor $a=3$, ha $q=2$, akkor $a=-3$ és ha $q=-\frac{1}{2}$, akkor $a=-48$.   3. Az $y$ tengelyt az origóban érintő körök egyenlete ${\left(x-u\right)}^2+y^2=u^2$. Ezen körök közül azok érintik az $y=1-x$ egyenletű egyenest, amelyekre a két vonal egyenlete által alkotott egyenletrendszer megoldása során kapott ($x$-re vagy $y$-ra) másodfokú egyenlet diszkriminánsa nulla. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-u\right)}^2+{\left(1-x\right)}^2=u^2\mathrm{,}2x^2-2\left(1+u\right)x+1=\mathrm{0,}}\end{array}$ $D=4{\left(u+1\right)}^2-8$. $D=0$ pontosan akkor, ha $u=-1+\sqrt[]{2}$ vagy $u=-1-\sqrt[]{2}$. A feltételeknek két kör felel meg, ezek egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+y^2+\left(2-2\sqrt[]{2}\right)x=0\text{vagy}{x}^2+y^2+\left(2+2\sqrt[]{2}\right)x=0.}\end{array}$ (A feladat sokféleképpen oldható meg. Keressen más módszereket is.)   4. Az egyenlet gyökei akkor valós számok, ha az egyenlet $D$ diszkriminánsa nem negatív, azaz ha $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2-2m\right)}^2-4\cdot 2\cdot \left(m^2-4m+1\right)\ge \mathrm{0,}\text{azaz ha}3-2\sqrt[]{2}\le m\le 3+2\sqrt[]{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Most $x_1{x}_2=\frac{m^2-4m+1}{2}\equiv \frac{1}{2}{\left(m-2\right)}^2-\frac{3}{2}$, így az $m$-re vonatkozó feltételből $\left(m-2\right)$-re $\begin{array}{c}{\displaystyle 1-2\sqrt[]{2}\le m-2\le 1+2\sqrt[]{2}\mathrm{,}\text{tehát}0\le {\left(m-2\right)}^2\le {\left(1+2\sqrt[]{2}\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Így $\begin{array}{c}{\displaystyle -\frac{3}{2}\le \frac{1}{2}{\left(m-2\right)}^2-\frac{3}{2}=x_1{x}_2\le \frac{1}{2}{\left(1+2\sqrt[]{2}\right)}^2-\frac{3}{2}=3+2\sqrt[]{2}\mathrm{.}}\end{array}$ $x_1{x}_2$ legkisebb értéke tehát $-\frac{3}{2}$ (ha $m=2$), legnagyobb értéke $3+2\sqrt[]{2}$, ha $m=3+2\sqrt[]{2}$.   5. Ha $x>0$, $y>0$ és $x+y=4$, akkor az $x+y\ge 2\sqrt[]{xy}$ azonos egyenlőtlenség alkalmazásával $4\ge 2\sqrt[]{xy}$, tehát $xy\le 4$, $\frac{1}{xy}\ge \frac{1}{4}$ és így $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(3+\frac{1}{x}\right)\left(3+\frac{1}{y}\right)=9+\frac{1}{xy}+3\cdot \frac{x+y}{xy}=9+\frac{13}{xy}\ge 9+\frac{13}{4}={\left(\frac{7}{2}\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha $x=y=2$.   6. A háromszög belső szögfelezője a szemközti oldalt az őt közbezáró két oldal arányában osztja, így az ismeretlen két oldal két részét jelölje $x$, illetve $2x$, a keresett szög $\gamma$. A két részháromszögben felírhatjuk a koszinusztételt. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^2}& {\displaystyle ={12}^2+8^2-2\cdot 8\cdot 12\cdot \text{cos}\frac{\gamma }{2}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 4x^2}& {\displaystyle ={24}^2+8^2-2\cdot 8\cdot 24\cdot \text{cos}\frac{\gamma }{2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Az egyenlő együtthatók módszerével $\text{cos}\frac{\gamma }{2}=\frac{1}{2}$, $x=4\sqrt[]{7}$. Így $\frac{\gamma }{2}={60}^{\circ }$, $\gamma ={120}^{\circ }$; a harmadik oldal $3x=12\sqrt[]{7}$ egység.  (A feladat más módokon is megoldható.)   7. Az elemző ábrán vegyük fel a $P$ pontot az $AB$ szakaszon belül és legyen $AP=x$, a négyzet oldalát jelölje $a$. (Az $AB$ szakasz egyenesét tekintsünk olyan számegyenesnek, amelynek origója az $A$ pont. Így a $P$ pontnak az $x$ valós szám felel meg.) Ezek szerint $PB=a-x$, $PD=\sqrt[]{17}$, $PC=5$, $AD=BC=a$. Az $APD$ és a $BPC$ derékszögű háromszögre alkalmazhatjuk Pitagorasz tételét. $a^2+x^2=17$, $a^2+{\left(a-x\right)}^2=25$, ahonnan $x=\frac{a^2-8}{2a}$, tehát $a^2+{\left(\frac{a^2-8}{2a}\right)}^2=17$. $5a^4-84a^2+64=0$, $a^2=16$ vagy $a^2=\frac{4}{5}$. Így $a=4$ és ekkor $x=1$ vagy $a=\frac{2}{\sqrt[]{5}}$ és ekkor $x=-\frac{9}{\sqrt[]{5}}$. Az első esetben a $P$ pont az $AB$ szakaszon belül van, a második esetben az $A$ végpontú $AB$ félegyenes kiegészítő félegyenesén.   8. Azonos átalakításokkal ($\text{cos}{}^{2}x=1-\text{sin}{}^{2}x$) és rendezéssel az egyenlet $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2\text{sin}x+\text{sin}y\right)}^2+\text{cos}{}^{2}y=0}\end{array}$ alakban írható, így $\text{cos}y=0$ és $2\text{sin}x+\text{sin}y=0$. $\text{cos}y=0$, ha $y=\frac{\pi }{2}+l\pi$, $l\in \text{Z}$. Ha $y=\frac{\pi }{2}+2k\pi$, $k\in \text{Z}$, akkor $\text{sin}y=1$, $\text{sin}x=-\frac{1}{2}$, így $x=-\frac{\pi }{6}+2n\pi$ vagy $x=-\frac{5\pi }{6}+2n\pi$, $n\in \text{Z}$; ha $y=\frac{3\pi }{2}+2k\pi$, $k\in \text{Z}$, akkor $\text{sin}y=-1$, $\text{sin}x=\frac{1}{2}$, így $x=\frac{\pi }{6}+2n\pi$ vagy $x=\frac{5\pi }{6}+2n\pi$, $n\in \text{Z}$. (Más módokon is megoldható a feladat.) Rábai Imre