Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2001/8. sz. feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2001/december, 523 - 525. 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 egyenletek nem értelmesek, ha $x=2$ vagy $x=-2$. Szorozzuk meg az egyenletek mindkét oldalát $\left(x^2-4\right)$-gyel, majd rendezzük az egyenleteket! a) $x^2+9x+18=0$, a megoldások: $x_1=-6$, $x_2=-3$; b) $x^2-x-2=0$, a megoldás: $x=-1$ ($x=2$ nem megoldás); c) $x^2+8x+16=0$, a megoldás $x=-4$ ($x_1=x_2=-4$); d) $x^2+4x+8=0$, az egyenletnek nincs megoldása.   2. A szögfelezők négyzetet határolnak. Ha a téglalap oldalai $a$ és $4a$ egység, akkor a négyzet oldala $b=\frac{4a}{\sqrt[]{2}}-\frac{a}{\sqrt[]{2}}=\frac{3a}{\sqrt[]{2}}$ egység, a téglalap átlója $a\sqrt[]{17}$ egység. A területek aránya $\frac{4a^2}{\frac{9a^2}{2}}=\frac{8}{9}$, az átló és a négyzetoldal aránya $\frac{\sqrt[]{17}}{\frac{3}{\sqrt[]{2}}}=\frac{\sqrt[]{34}}{3}$.   3. Azonos átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\frac{\left(3x^2+12x-36\right)+\left(-x+2\right)}{x^2+4x-12}=3-\frac{x-2}{\left(x-2\right)\left(x+6\right)}=3-\frac{1}{x+6}\mathrm{,}}\end{array}$ ha $-4\le x\le -1$. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\le x+6\le \mathrm{5,}\frac{1}{5}\le \frac{1}{x+6}\le \frac{1}{2}\mathrm{,}-\frac{1}{2}\le -\frac{1}{x+6}\le -\frac{1}{5}\mathrm{,}}\end{array}$ s végül $f\left(-4\right)=\frac{5}{2}\le 3-\frac{1}{x+6}\le \frac{14}{5}=f\left(-1\right)$. Az $f\left(x\right)$ legkisebb értéke $5/2$, legnagyobb értéke $\frac{14}{5}$ az adott intervallumban. ($f\left(x\right)$ minden $\frac{5}{2}$ és $\frac{14}{5}$ közé eső valós számot felvesz a megadott intervallumon.)   4. A $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}2x=\frac{2\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x}{1-\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{}^{2}x}$ azonosságok alkalmazhatjuk vizsgálattal. Ugyanis ha $x=\frac{\pi }{2}+n\pi$, $n\in \text{Z}$ akkor $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}2x$ értelmezett, míg $\frac{2\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x}{1-\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{}^{2}x}$ nem, ezzel szűkült az értelmezési tartomány. $x_{\mathrm{1,}n}=\frac{\pi }{2}+n\pi$, $n\in \text{Z}$ kielégíti az adott egyenletet, ezért $x_{\mathrm{1,}n}$ megoldás. Legyen $x\ne \frac{\pi }{2}+n\pi$. $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(x+\frac{3\pi }{2}\right)=\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(x+\frac{\pi }{2}\right)=\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ctg</span>}\left(-x\right)=-\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ctg</span>}x=-\frac{1}{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x}\mathrm{,}}\end{array}$ $x=k\pi$ helyen $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(x+\frac{3\pi }{2}\right)$ nem értelmezett, így írhatunk helyette $-\frac{1}{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x}$-et. $\begin{array}{c}{\displaystyle -\frac{3}{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x}=\frac{2\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x}{1-\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{}^{2}x}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{}^{2}x=3$, $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x=\sqrt[]{3}$ vagy $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}x=-\sqrt[]{3}$. Az $x_{\mathrm{1,}n}$-en kívül az egyenlet megoldásai: $x_{\mathrm{2,}k}=\frac{\pi }{3}+k\pi$, $k\in \text{Z}$ és $x_{\mathrm{3,}m}=-\frac{\pi }{3}+m\pi$, $m\in \text{Z}$.   5. Ismeretes, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle 1+2+\text{...}+n=\frac{n\left(n+1\right)}{2}\text{és}{1}^2+2^2+\text{...}+n^2=\frac{1}{6}n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $\left(k+3\right)\left(7k-1\right)=7k^2+20k-3$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle S_n}& {\displaystyle =\left(7\cdot 1^2+20\cdot 1-3\right)+\left(7\cdot 2^2+20\cdot 2-3\right)+\text{...}+\left(7n^2+20n-3\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle S_n}& {\displaystyle =7\cdot \left(1^2+2^2+\text{...}+n^2\right)+20\cdot \left(1+2+\text{...}+n\right)-3n\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle S_n}& {\displaystyle =\frac{7}{6}n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)+\frac{20}{2}n\left(n+1\right)-3n\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle S_n}& {\displaystyle =\frac{n}{6}\left(14n^2+81n+49\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ (Az állítást teljes indukcióval is igazolhatjuk.)   6. a) Mivel $D=p^2-4q\ge 0$, $x_1+x_2=-p$, $x_1{x}_2=q$, ezért valóban ${\left(x_1-x_2\right)}^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-4x_1{x}_2=p^2-4q=D$. b) $D=4a^2-4\left(2a^2-3a\right)=-4\cdot a\left(a-3\right)$. $D\ge 0$, ha $0\le a\le 3$. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x_1-x_1\right)}^2=D=-4a^2+12a=9-4{\left(a-\frac{3}{2}\right)}^2\le 9.}\end{array}$ ${\left(x_1-x_2\right)}^2$ legnagyobb értéke 9, amelyet $a=\frac{3}{2}$ esetén vesz fel.   7. A keresett $P_0$ ponton áthaladó egyenesnek van meredeksége, hiszen nem lehet párhuzamos az $y$ tengellyel. Válasszuk paraméternek az egyenes $m$ meredekségét, azaz az egyenes egyenletét $y=m\left(x+6\right)$ alakban keressük. Ez az egyenes az $y$ tengelyt a $D\left(0;6m\right)$ pontban metszi, az $AC$ egyenest az $E\left(x_0\mathrm{,}{y}_0\right)$ pontban. Az $ABC$ háromszög területe 24 területegység, az $ADE$ háromszög területe 12 területegyeség, tehát $AD\cdot x_0=24$. $AD=16-6m$. Az $AC$ egyenes egyenlete $16x+3y=48$. Az $y=mx+6m$ egyenletű egyenes az $AC$ egyenest olyan $x_0$ abszcisszájú pontban metszi, amelyre $\begin{array}{c}{\displaystyle 16x_0+3\left(m{x}_0+6m\right)=\mathrm{48,}{x}_0=6\cdot \frac{8-3m}{16+3m}\mathrm{,}}\end{array}$ így $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\cdot \left(8-3m\right)\cdot 6\cdot \frac{8-3m}{16+3m}=\mathrm{24,}\text{ahonnan}9m^2-54m+32=\mathrm{0,}}\end{array}$ $m_1=\frac{2}{3}$, $m_2=\frac{16}{3}$. A keresett egyenes egyenlete: $y=\frac{2}{3}x+4$. ($m=\frac{16}{3}$ esetén az egyenes nem metszi az $AC$ szakaszt. Ennek a ,,megoldásnak'' előjeles területtel geometriai jelentést tulajdoníthatunk. Hogyan?)   8. a) Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^2+y^2+z^2-\left(xy+yz+zx\right)=\frac{1}{2}\left(\left(x^2-2xy+y^2\right)+\left(y^2-2yz+z^2\right)+\left(z^2-2zx+x^2\right)\right)=}\\ \hfill {\displaystyle =\frac{1}{2}\left({\left(x-y\right)}^2+{\left(y-z\right)}^2+{\left(z-x\right)}^2\right)\ge \mathrm{0,}}\end{array}}}\end{array}$ azért $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx=1$. Egyenlőség $x=y=z$ esetén áll fenn. (Az igazolás során alkalmazhatjuk az $a^2+b^2\ge 2ab$ azonos egyenlőtlenséget.) b) Ha a téglatest éleinek hossza $x$, $y$, $z$ egység, akkor $x^2+y^2+z^2=4$. A téglatest felszíne $A\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)=2\left(xy+yz+zx\right)$ területegység. $\begin{array}{c}{\displaystyle A\left(x\mathrm{,}y\mathrm{,}z\right)=2\left(xy+yz+zx\right)\le 2\left(x^2+y^2+z^2\right)=8.}\end{array}$ A legnagyobb felszínérték $A_{\text{max}}=8$ területegység, amit akkor kapunk, ha $x=y=z$, tehát ha a téglatest kocka. (A kocka $x$ élére $3x^2=4$, $x=\frac{2}{\sqrt[]{3}}$ egység.) Rábai Imre