Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2001/8. sz. feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2001/december, 523 - 525. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Az egyenletek nem értelmesek, ha x=2 vagy x=-2. Szorozzuk meg az egyenletek mindkét oldalát (x2-4)-gyel, majd rendezzük az egyenleteket!
a) x2+9x+18=0, a megoldások: x1=-6, x2=-3;
b) x2-x-2=0, a megoldás: x=-1 (x=2 nem megoldás);
c) x2+8x+16=0, a megoldás x=-4 (x1=x2=-4);
d) x2+4x+8=0, az egyenletnek nincs megoldása.
 
2. A szögfelezők négyzetet határolnak. Ha a téglalap oldalai a és 4a egység, akkor a négyzet oldala b=4a2-a2=3a2 egység, a téglalap átlója a17 egység. A területek aránya 4a29a22=89, az átló és a négyzetoldal aránya 1732=343.
 
3. Azonos átalakításokkal
f(x)=(3x2+12x-36)+(-x+2)x2+4x-12=3-x-2(x-2)(x+6)=3-1x+6,
ha -4x-1. Ekkor
2x+65,151x+612,-12-1x+6-15,
s végül f(-4)=523-1x+6145=f(-1).
Az f(x) legkisebb értéke 5/2, legnagyobb értéke 145 az adott intervallumban. (f(x) minden 52 és 145 közé eső valós számot felvesz a megadott intervallumon.)
 
4. A tg2x=2tgx1-tg2x azonosságok alkalmazhatjuk vizsgálattal. Ugyanis ha x=π2+nπ, nZ akkor tg2x értelmezett, míg 2tgx1-tg2x nem, ezzel szűkült az értelmezési tartomány. x1,n=π2+nπ, nZ kielégíti az adott egyenletet, ezért x1,n megoldás. Legyen xπ2+nπ.
tg(x+3π2)=tg(x+π2)=ctg(-x)=-ctgx=-1tgx,
x=kπ helyen tg(x+3π2) nem értelmezett, így írhatunk helyette -1tgx-et.
-3tgx=2tgx1-tg2x,
ahonnan tg2x=3, tgx=3 vagy tgx=-3. Az x1,n-en kívül az egyenlet megoldásai: x2,k=π3+kπ, kZ és x3,m=-π3+mπ, mZ.
 
5. Ismeretes, hogy
1+2+...+n=n(n+1)2és12+22+...+n2=16n(n+1)(2n+1).
Mivel (k+3)(7k-1)=7k2+20k-3, azért
Sn=(712+201-3)+(722+202-3)+...+(7n2+20n-3),Sn=7(12+22+...+n2)+20(1+2+...+n)-3n,Sn=76n(n+1)(2n+1)+202n(n+1)-3n,Sn=n6(14n2+81n+49).
(Az állítást teljes indukcióval is igazolhatjuk.)
 
6. a) Mivel D=p2-4q0, x1+x2=-p, x1x2=q, ezért valóban (x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2=p2-4q=D.
b) D=4a2-4(2a2-3a)=-4a(a-3). D0, ha 0a3.
(x1-x1)2=D=-4a2+12a=9-4(a-32)29.
(x1-x2)2 legnagyobb értéke 9, amelyet a=32 esetén vesz fel.
 
7. A keresett P0 ponton áthaladó egyenesnek van meredeksége, hiszen nem lehet párhuzamos az y tengellyel. Válasszuk paraméternek az egyenes m meredekségét, azaz az egyenes egyenletét y=m(x+6) alakban keressük. Ez az egyenes az y tengelyt a D(0;6m) pontban metszi, az AC egyenest az E(x0,y0) pontban. Az ABC háromszög területe 24 területegység, az ADE háromszög területe 12 területegyeség, tehát ADx0=24. AD=16-6m. Az AC egyenes egyenlete 16x+3y=48. Az y=mx+6m egyenletű egyenes az AC egyenest olyan x0 abszcisszájú pontban metszi, amelyre
16x0+3(mx0+6m)=48,x0=68-3m16+3m,
így
2(8-3m)68-3m16+3m=24,ahonnan9m2-54m+32=0,
m1=23, m2=163. A keresett egyenes egyenlete: y=23x+4. (m=163 esetén az egyenes nem metszi az AC szakaszt. Ennek a ,,megoldásnak'' előjeles területtel geometriai jelentést tulajdoníthatunk. Hogyan?)
 
8. a) Mivel
x2+y2+z2-(xy+yz+zx)=12((x2-2xy+y2)+(y2-2yz+z2)+(z2-2zx+x2))==12((x-y)2+(y-z)2+(z-x)2)0,
azért x2+y2+z2xy+yz+zx=1. Egyenlőség x=y=z esetén áll fenn. (Az igazolás során alkalmazhatjuk az a2+b22ab azonos egyenlőtlenséget.)
b) Ha a téglatest éleinek hossza x, y, z egység, akkor x2+y2+z2=4.
A téglatest felszíne A(x,y,z)=2(xy+yz+zx) területegység.
A(x,y,z)=2(xy+yz+zx)2(x2+y2+z2)=8.
A legnagyobb felszínérték Amax=8 területegység, amit akkor kapunk, ha x=y=z, tehát ha a téglatest kocka. (A kocka x élére 3x2=4, x=23 egység.)

Rábai Imre