Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a II. mérőlap (2000/9. sz.) feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2001/január, 21 - 24. 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. Ha a munkások számának növekedése $2p\%$, akkor a termelés növekedése $3p\%$. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1+\frac{2p}{100}\right)\left(1+\frac{3p}{100}\right)=\mathrm{1,265.}}\end{array}$ Legyen $\frac{p}{100}=x$. Ekkor $6x^2+5x-\mathrm{0,265}=0$, $x_1=\mathrm{0,05}$, $x_2=-\frac{\mathrm{10,6}}{12}$. Csak $x_1$ ad megoldást, ekkor $\frac{5}{100}=\frac{p}{100}$, $p=5$. A munkások száma 10%-kal, az egy főre jutó termelés pedig 15%-kal nőtt.   2. Legyen $B\left(b;0\right)$. Ekkor $A{B}^2=6^2+b^2$ és $6^2+b^2={10}^2$, ahonnan $b=8$ vagy $b=-8$, $B_1\left(8;0\right)$, $B_2\left(-8;0\right)$. $A$ és $S$ ismeretében a $B_1{C}_1$ (illetve $B_2{C}_2$) felezőpontja $A\text{'}\left(6;6\right)$, így $C_1\left(4;12\right)$, $C_2\left(20;12\right)$. Az $A{B}_1{C}_1$ háromszög területét megkapjuk, ha az $OBC\overline{C}$ trapéz területéből ($\overline{C}$ a $C_1$ merőleges vetülete az $y$-tengelyen, $\overline{C}\left(0;12\right)$, $O$ az origó) kivonjuk az $O{B}_{1}A$ és az $A{C}_1\overline{C}$ derékszögű háromszögek területének összegét. $\begin{array}{c}{\displaystyle T_1=\frac{8+4}{2}\cdot 12-\frac{8\cdot 6}{2}-\frac{4\cdot 6}{2}=36\text{területegység}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $A{B}_2{C}_2$ háromszög területét megkapjuk, ha a $B_{2}OA$ háromszög területéhez hozzáadjuk az $OD{C}_{2}A$ trapéz területét ($D$ a $C_2$ pont vetülete az $x$ tengelyen, $D\left(20;0\right)$), és az összegből kivonjuk a $B_2{C}_{2}D$ háromszög területét. $\begin{array}{c}{\displaystyle T_2=\frac{8\cdot 6}{2}+\frac{6+12}{2}\cdot 20-\frac{28\cdot 12}{2}=36\text{területegység}\mathrm{.}}\end{array}$   3. a) $x\ne 2$ és $x\ne -2$. $\frac{x^4-16}{x^2-4}=x^2+4>0$ minden megengedett $x$-re, tehát $x\in \text{R}\setminus \left\{-2;2\right\}$. b) Ha $x>2$, akkor $x+2-\left(x-2\right)-x>0$, $x<4$, tehát $2<x<4$;  ha $-2\le x\le 2$, akkor $x+2+x-2-x>0$, $x>0$, tehát $0<x\le 2$;  ha $x<-2$, akkor $-x-2+x-2-x>0$, $x<-4$, tehát $x<-4$. A kifejezés akkor pozitív, ha $x<-4$ vagy $0<x<4$. (A kifejezés grafikonjának elkészítésével grafikusan is megoldható a feladat.) c) $\text{sin}2x>0$ és $\text{log}{}_2\text{sin}2x>-1$, tehát $\text{sin}2x>\frac{1}{2}$. (Az $x\mapsto \text{log}{}_{2}x$ függvény szigorúan monoton növekedő!) $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\pi }{6}+2k\pi <2x<\frac{5\pi }{6}+2k\pi \mathrm{,}\frac{\pi }{12}+k\pi <x<\frac{5\pi }{12}+k\pi \mathrm{,}x\in \text{Z}\mathrm{.}}\end{array}$   4. a) Az $\left(a_n\right)$ sorozat első $\left(n-1\right)$ tagjának összege $S_{n-1}=2{\left(n-1\right)}^2+3\left(n-1\right)$. Mivel $a_n=S_n-S_{n-1}$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle a_n=2n^2+3n-\left(2{\left(n-1\right)}^2+3\left(n-1\right)\right)=4n+1.}\end{array}$ Így $a_{n-1}=4\left(n-1\right)+1$ és $a_n-a_{n-1}=4$, azaz $\left(a_n\right)$ valóban számtani sorozat. A $\left(b_n\right)$ sorozat is számtani, hiszen $\begin{array}{c}{\displaystyle b_n-b_{n-1}=4n-1-\left(4\left(n-1\right)-1\right)=4.}\end{array}$ b) A $\left(b_n\right)$ sorozat első tagja $b_1=3$, így első $n$ tagjának összege $\begin{array}{c}{\displaystyle S_n\text{'}=\frac{3+4n-1}{2}\cdot n\mathrm{,}{S}_n\text{'}=2n^2+n\mathrm{.}}\end{array}$ c) $c_n=\left(4n+1\right)+\left(4n-1\right)=8n$; a $c_n$ sorozat első $n$ tagjának összege $S_n\text{'}\text{'}$. $\begin{array}{c}{\displaystyle S_n\text{'}\text{'}=8\left(1+2+\text{...}+n\right)=8\cdot \frac{n\left(n+1\right)}{2}\mathrm{,}{S}_n\text{'}\text{'}=4n^2+4n\mathrm{.}}\end{array}$   5. Az egyenletnek nincs értelme, ha $\text{sin}2x=-1$, így $2x\ne \frac{3\pi }{2}+2k\pi$, $x\ne \frac{3\pi }{4}+k\pi$, $k\in \text{Z}$. Mivel $\text{cos}2x=\text{cos}{}^{2}x-\text{sin}{}^{2}x=\left(\text{cos}x-\text{sin}x\right)\left(\text{cos}x+\text{sin}x\right)$ és $1+\text{sin}2x=\text{sin}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x+2\text{sin}x\cdot \text{cos}x={\left(\text{cos}x+\text{sin}x\right)}^2$, azért a törtet egyszerűsíthetjük $\left(\text{cos}x+\text{sin}x\right)$-szel; szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát $\left(\text{cos}x+\text{sin}x\right)$-szel, majd nullára rendezés után alakítsunk szorzattá. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left(\text{cos}x-\text{sin}x\right)\left(\text{cos}x+\text{sin}x\right)-\left(\text{cos}x-\text{sin}x\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(\text{cos}x-\text{sin}x\right)\left(\text{cos}x+\text{sin}x-1\right)}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Ha $\text{cos}x-\text{sin}x=0$, akkor $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x=1$, $x_n=\frac{\pi }{4}+n\pi$, $n\in \text{Z}$, és ezek az adott egyenlet megoldásai, ha $\text{cos}x+\text{sin}x=1$, akkor az egyenlet mindkét oldalát elosztva $\sqrt[]{2}$-vel a $\text{sin}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{\sqrt[]{2}}$ egyenlethez jutunk. Tehát a további megoldások: $x_k=2k\pi$, $k\in \text{Z}$ és $x_m=\frac{\pi }{2}+2m\pi$, $m\in \text{Z}$.   6. Mivel a feladat csak szöget kérdez, vehetünk az adott alakzathoz hasonlót. Így a szóban forgó oldal két része legyen $\sqrt[]{3}$ és 1 egység. A magasság a ${75}^{\circ }$-os szöget két részre osztja, $\alpha$ és ${75}^{\circ }-\alpha$; a $\sqrt[]{3}$-résznél legyen az $\alpha$ szög. Ekkor a szóban forgó magasság egyrészt $\frac{\sqrt[]{3}}{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\alpha }$, másrészt $\frac{1}{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left({75}^{\circ }-\alpha \right)}$, tehát $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\alpha =\sqrt[]{3}\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left({75}^{\circ }-\alpha \right)$. Legyen $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\alpha =t$; $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{75}^{\circ }=2+\sqrt[]{3}$. $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\sqrt[]{3}\cdot \frac{2+\sqrt[]{3}-t}{1+\left(2+\sqrt[]{3}\right)t}\mathrm{,}\left(2+\sqrt[]{3}\right)t^2+\left(1+\sqrt[]{3}\right)t-\left(2\sqrt[]{3}+3\right)=0.}\end{array}$ Az egyenlet diszkriminánsa $D=\text{...}={\left(5+3\sqrt[]{3}\right)}^2$. Most $t>0$, ezért $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\alpha =\frac{-1-\sqrt[]{3}+\left(5+3\sqrt[]{3}\right)}{2\left(2+\sqrt[]{3}\right)}$, $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\alpha =1$, $\alpha ={45}^{\circ }$, ${75}^{\circ }-\alpha ={30}^{\circ }$. A magasság a ${75}^{\circ }$-os szöget ${45}^{\circ }$ és ${30}^{\circ }$-ra osztja. (Más módon is számolhatunk. Hogyan?)   7. Az egyenlet gyökei pontosan akkor valósak, ha a diszkriminánsa nemnegatív. $\begin{array}{c}{\displaystyle D=16p^2-4\left(2p^2+3p-1\right)=8\left(p-1\right)\left(p-\frac{1}{2}\right)\ge \mathrm{0,}\text{ha <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>p</mi><mo>≤</mo><mrow><mfrac><mrow><mn>1</mn></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow></math> vagy <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>p</mi><mo>≥</mo><mn>1</mn></math>.}}\end{array}$ a) A két gyök akkor egyenlő, ha a diszkrimináns nulla. $D=0$, ha $p=\frac{1}{2}$ vagy $p=1$, az első esetben $x^2+2x+1=0$, $x_1=x_2=-1$, a második esetben $p=1$, $x^2+4x+4=0$, $x_1=x_2=-2$. b) $D\ge 0$ és $x_1{x}_2=1$, $2p^2+3p-1=1$, $p=-2$ vagy $p=\frac{1}{2}$, $x^2-8x+1=0$, $x_1=4+\sqrt[]{15}$, $x_2=4-\sqrt[]{15}$; $x^2+2x+1=0$, $x_1=x_2=-1$. c) $x_2=2x_1$;  $x_1+x_2=-4p$, $x_1{x}_2=2p^2+3p-1$, innen $14p^2-27p+9=0$, $p=\frac{3}{2}$ vagy $p=\frac{3}{7}$. Ha $p=\frac{3}{2}$, akkor $x^2+6x+8=0$, $x_1=-2$, $x_2=-4$,  ha $p=\frac{3}{7}$, akkor $x^2+\frac{12}{7}x+\frac{32}{7}=0$, $x_1=-\frac{4}{7}$, $x_2=-\frac{8}{7}$. d) A $p\mapsto 2p^2+3p-1$ függvény minimumát keressük, ha $p\le \frac{1}{2}$ vagy $p\ge 1$. $2p^2+3p-1\equiv 2{\left(p+\frac{3}{4}\right)}^2-\frac{17}{8}$. Mivel $p=-\frac{2}{3}<\frac{1}{2}$, azért a gyökök szorzata akkor minimális, ha $p=-\frac{3}{4}$, és ekkor $x_1{x}_2=-\frac{17}{8}$.   8. A vágások száma legyen $k$, illetve $n$, $k\le n$. A ,,jó'' darabok száma $\left(k-1\right)\left(n-1\right)$, a ,,rossz'' darabok száma $2\left(k+1\right)+2\left(n-1\right)=2k+2n$. (A rossz darabok száma más módokon is kifejezhető: $2\left(k+1\right)+2\left(n+1\right)-4$ vagy $\left(k+1\right)\left(n+1\right)-\left(k-1\right)\left(n-1\right)$.) A feltétel szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \left(k-1\right)\left(n-1\right)=4\left(k+n\right)\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle kn-5k-5n+1=\mathrm{0,}}\\ \hfill {\displaystyle k\left(n-5\right)-5\left(n-5\right)=25-\mathrm{1,}}\\ \hfill {\displaystyle \left(k-5\right)\left(n-5\right)=24.}\end{array}}}\end{array}$ 24 a következő egész számok szorzataként állítható elő: $1\cdot 24$; $2\cdot 12$; $3\cdot 8$; $4\cdot 6$ és $\left(-24\right)\cdot \left(-1\right)$; $\left(-12\right)\cdot \left(-2\right)$; $\left(-8\right)\cdot \left(-3\right)$; $\left(-6\right)\cdot \left(-4\right)$. $k-5\le n-5$ miatt csak ezek az esetek fordulhatnak elő. Mivel $k$ és $n$ pozitív egész szám, azért $k-5$ nem lehet sem $-24$, sem $-12$, sem $-8$, sem $-6$, mert akkor $k$ nem lenne pozitív. $k-5=1$, $k=6$, $n-5=24$, $n=9$, és ekkor 140 ,,jó'', 70 ,,rossz'' sütemény keletkezik, az adagok száma 70; vagy $k-5=2$, $k=7$, $n-5=12$, $n=7$, és ekkor 96 ,,jó'', 48 ,,rossz'' sütemény keletkezik, az adagok száma 48; vagy $k-5=3$, $k=8$, $n-5=8$, $n=13$, és ekkor 84 ,,jó'', 42 ,,rossz'' sütemény keletkezik, az adagok száma 42; vagy $k-5=4$, $k=9$, $n-5=6$, $n=11$, és ekkor 80 ,,jó'', 40 ,,rossz'' sütemény keletkezik, az adagok száma 40. Rábai Imre