Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap (2000/3.sz.) feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2000/április, 208 - 210. 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. Legyen $\sqrt[]{x^2-3x+3}=z$ és $\sqrt[]{x^2-3x+6}=y$ ($z\ge 0$, $y>0$); ekkor $y+z=3$ és $y^2-z^2=3$, tehát $y-z=1$, $y=2$, $z=1$. $x^2-3x+3=1$. Az adott egyenlet megoldásai $x_1=1$, $x_2=2$.   2. A feltétel szerint, millió forintban számolva $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1\cdot \mathrm{1,}{14}^3-1\right)\cdot \mathrm{1,}{2}^n>\mathrm{0,6}n>\mathrm{1,94.}}\end{array}$ 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 $\mathrm{1,8}$, illetve $\mathrm{2,4}$, tehát a hasonlóság aránya $3:4$. A kör sugara legyen $4x$, a kisebb derékszögű háromszög két befogója $3x$, illetve $4x$, átfogója így $5x=\mathrm{1,8}$, $x=\frac{\mathrm{1,8}}{5}$. A félkör sugara $4x=4\cdot \frac{\mathrm{1,8}}{5}=\mathrm{1,44}$ egység.   4. A $BD$ átló egyenesének egy pontja: $x=t$, $y=2t-3$, $t\in \text{R}$. Azokat a $P$ pontokat ($B$, $D$) keressük, amelyekre $P{A}^2=25$, azaz ${\left(t-6\right)}^2+{\left(2t-3-4\right)}^2=25$, $t^2-8t+12=0$, $t_1=6$, $t_2=2$. Így $B\left(6;9\right)$ és $D\left(2;1\right)$. Mivel $\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{DC}$ és $\overrightarrow{OD}=\left(2;1\right)$, $\overrightarrow{DC}=\overrightarrow{AB}=\left(0;5\right)$, ezért $\overrightarrow{OC}=\left(2;1\right)+\left(0;5\right)=\left(2;6\right)$, tehát $C\left(2;6\right)$, $AB=9-4=5$, a hozzá tartozó magasság $6-2=4$ egység, a rombusz területe $T=20$ területegység.   5. Nyilván $x\ne 0$, $y\ne 0$, $x+y>0$ és $x-y>0$. A második egyenletből $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_2\left(x+y\right)=\text{log}{}_{2}2+\text{log}{}_2\left(x-y\right)\mathrm{,}\text{log}{}_2\left(x+y\right)=\text{log}{}_{2}2\left(x-y\right)\mathrm{,}x+y=2\left(x-y\right)\mathrm{,}x=3y\mathrm{.}}\end{array}$ Az első egyenletből $\frac{x}{y}=3$ vagy $\frac{x}{y}=-\frac{1}{3}$, azaz $x=3y$, $x>0$, $y>0$, hiszen $y=-3x$ nem lehetséges. Az egyenletrendszer megoldásai: $x=3t$, $y=t$, $t\in {\text{R}}^{+}$.   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 $2a=3x$, $x=\frac{2}{3}a$. A gúla térfogata: $V_g=\frac{4a^2\cdot a}{3}=\frac{4}{3}{a}^3$; a kocka térfogata $V_k=\frac{8}{27}{a}^3$. $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{V_g}{V_k}=\frac{4}{3}{a}^3:\frac{8}{27}{a}^3=\frac{9}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A gúla térfogata a kocka térfogatának a $\mathrm{4,5}$-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: $x\left(2p-x\right)+p=0$, $x^2-2px-p=0$. Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa $D=4p^2+4p>0$, gyökeinek szorzata $x_1{x}_2=-p<0$, 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: $x\left(x-2p\right)+p=0$, $x^2-2px+p=0$. Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa $D=4p^2-4p>0$, gyökeinek szorzata $x_3{x}_4=p<0$, 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 ${\left(a+b+c\right)}^2>0$, azért egyrészt azt kell igazolni, hogy ${\left(a+b+c\right)}^2<4\left(ab+bc+ca\right)$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca<\mathrm{0,}}\end{array}$ (1) másrészt, hogy $3\left(ab+bc+ca\right)\le {\left(a+b+c\right)}^2$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Alkalmazzuk a háromszögegyenlőtlenség(ek)et. Ezek szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\le |a-b|<c\mathrm{,}0\le |b-c|<a\mathrm{,}0\le |c-a|<b\mathrm{,}}\end{array}$ így négyzetre emelve: $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\le a^2+b^2-2ab<c^2\mathrm{,}0\le b^2+c^2-2bc<a^2\mathrm{,}0\le c^2+a^2-2ca<b^2\mathrm{.}}\end{array}$ Ez utóbbi három egyenlőtlenséget összeadva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 0\le 2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca<a^2+b^2+c^2\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Innen rendezés után kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle ab+bc+ca\le a^2+b^2+c^2<2ab+2bc+2ca\mathrm{,}}\end{array}$ éppen a két bizonyítandó egyenlőtlenség. Rábai Imre