Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap (2000/3.sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2000/április, 208 - 210. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Legyen x2-3x+3=z és x2-3x+6=y (z0, y>0); ekkor y+z=3 és y2-z2=3, tehát y-z=1, y=2, z=1. x2-3x+3=1. Az adott egyenlet megoldásai x1=1, x2=2.
 
2. A feltétel szerint, millió forintban számolva
(11,143-1)1,2n>0,6n>1,94.
Két teljes évet kell várnunk. (Ekkor 604049 forint lesz a bankban.)
 
3. A félkör középpontjából a befogókra bocsássunk merőleges szakaszokat. Ezek hossza a félkör sugarával egyezik meg. Így két hasonló derékszögű háromszöget kapunk, amelyekben az átfogó 1,8, illetve 2,4, tehát a hasonlóság aránya 3:4. A kör sugara legyen 4x, a kisebb derékszögű háromszög két befogója 3x, illetve 4x, átfogója így 5x=1,8, x=1,85. A félkör sugara 4x=41,85=1,44 egység.
 
4. A BD átló egyenesének egy pontja: x=t, y=2t-3, tR. Azokat a P pontokat (BD) keressük, amelyekre PA2=25, azaz (t-6)2+(2t-3-4)2=25, t2-8t+12=0, t1=6, t2=2. Így B(6;9) és D(2;1). Mivel OC=OD+DC és OD=(2;1), DC=AB=(0;5), ezért OC=(2;1)+(0;5)=(2;6), tehát C(2;6), AB=9-4=5, a hozzá tartozó magasság 6-2=4 egység, a rombusz területe T=20 területegység.
 
5. Nyilván x0, y0, x+y>0 és x-y>0. A második egyenletből
log2(x+y)=log22+log2(x-y),log2(x+y)=log22(x-y),x+y=2(x-y),x=3y.
Az első egyenletből xy=3 vagy xy=-13, azaz x=3y, x>0, y>0, hiszen y=-3x nem lehetséges.
Az egyenletrendszer megoldásai: x=3t, y=t, tR+.
 
6. Vegyük fel a gúlának az alapnégyzet két szemközti oldalának a felezőpontján átmenő tengelysíkmetszetét. Ez egy egyenlő szárú derékszögű háromszög az alapra állított beírt négyzettel, hiszen az egyenlő szárú háromszög alapja 2a, magassága a. Ha a négyzet oldala x, akkor 2a=3x, x=23a.
A gúla térfogata: Vg=4a2a3=43a3; a kocka térfogata Vk=827a3.
VgVk=43a3:827a3=92.
A gúla térfogata a kocka térfogatának a 4,5-szerese.
 
7. Ha p=0, akkor x|x|=0; ennek egyetlen megoldása x=0.
Ha p>0, akkor az egyenletnek csak olyan x szám lehet megoldása, amelyikre x<0, így x-2p<0. Ekkor az egyenlet: x(2p-x)+p=0, x2-2px-p=0. Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa D=4p2+4p>0, gyökeinek szorzata x1x2=-p<0, így különböző előjelűek; mivel most x<0, azért csak a negatív gyök a megfelelő.
Ha p<0, akkor az egyenletnek csak olyan x szám lehet a megoldása, amelyikre x>0, így x-2p>0. Ekkor az egyenlet: x(x-2p)+p=0, x2-2px+p=0. Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa D=4p2-4p>0, gyökeinek szorzata x3x4=p<0, így különböző előjelűek; mivel most x>0, azért csak a pozitív gyök a megfelelő.

(A pontosan egy megoldást a p=0, p>0, p<0 esetekben a grafikus megoldás jól szemlélteti.)
 
8. Mivel (a+b+c)2>0, azért egyrészt azt kell igazolni, hogy (a+b+c)2<4(ab+bc+ca), azaz
a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca<0,(1)
másrészt, hogy 3(ab+bc+ca)(a+b+c)2, azaz
a2+b2+c2ab+bc+ca.(2)
Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenség(ek)et. Ezek szerint
0|a-b|<c,0|b-c|<a,0|c-a|<b,
így négyzetre emelve:
0a2+b2-2ab<c2,0b2+c2-2bc<a2,0c2+a2-2ca<b2.
Ez utóbbi három egyenlőtlenséget összeadva kapjuk, hogy
02a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ca<a2+b2+c2.

Innen rendezés után kapjuk, hogy
ab+bc+caa2+b2+c2<2ab+2bc+2ca,
éppen a két bizonyítandó egyenlőtlenség.

Rábai Imre