Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2001/9. sz. feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2002/január, 31 - 33. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

1. A háromszög középvonalára vonatkozó tétel alkalmazásával adódik, hogy a négyszög átlóinak hossza 12 egység, az átlók szöge 30, így a négyszög területe
T=1212sin302,T=36  területegység.
(Végtelen sok ilyen négyszög létezik.)
 
2. Az egyenlőtlenségben szereplő kifejezések akkor értelmezettek, ha
x>0,x1,-2x2-2x+4>0és4-3x>0.
Ez akkor teljesül, ha 0<x<1.
Mivel a logaritmus alapszáma 0 és 1 között változik és a logaritmusfüggvény minden ilyen alapszámra szigorúan monoton csökkenő, ezért
-2x2-2x+44-3x,azaz2x(x-12)0.
Az egyenlőtlenség megoldásai: 12x<1.
 
3. A feltételek és a koszinusztétel alkalmazásával (a2+b2-c12)+2ab=2ab-2ab, (a2+b2-(a2+b2-2abcosγ1))=2ab-2ab, ahonnan cosγ1=-22, γ1=135, illetve c22-(a2+b2-2ab)=2ab+2ab, a2+b2-2abcosγ2-a2-b2+2ab=2ab+2ab, ahonnan cosγ2=-22, γ2=135, tehát γ1=γ2, c1=c2, a két háromszög egybevágó, így természetesen a területük egyenlő.
 
4. Vegyük észre, hogy
x+4+2x+3=(x+3)+2x+3+1=(x+3+1)2
és
2x+3-42x-1=(2x-1)-42x-1+4=(2x-1-2)2,
tehát
|x+3+1|-|2x-1-2|=3,
azaz
x+3-|2x-1-2|=2.
Az egyenlet akkor értelmezett, ha x12.
Ha 2x-12, x52, akkor x+3=2x-1, x1=4 és ez valóban megoldás.
Ha 02x-1<2, azaz 12x52, akkor x+3+2x-1=4, ahonnan x2=52-839.
Az egyenlet megoldásai x1 és x2.
 
5. Alkalmazzuk a sin2x=12(1-cos2x), cos2x=12(1+cos2x) valamint a 2sinxcosx=sin2x azonosságokat:
f(x)=332(1-cos2x-(1+cos2x))+3sin2x;f(x)=3(sin2x-3cos2x);f(x)=6(12sin2x-32cos2x).
Mivel 12=cosπ3 és 32=sinπ3, ezért
f(x)=6sin(2x-π3).
f(x) legnagyobb értéke 6, amit akkor vesz fel, ha sin(2x-π3)=1, x=5π12+kπ, kZ, f(x) legkisebb értéke -6, amit akkor vesz fel, ha x=11π12+kπ, kZ.
 
6. Legyen a mértani sorozat négy tagja: a, aq, aq2, aq3. Ekkor a számtani sorozat négy egymást követő tagja: a-1, aq+6, aq2+4, aq3-4.
A számtani sorozat második tagjától bármely tagjának kétszerese egyenlő a szomszédos tagok összegével, így
a-1+aq2+4=2(aq+6)ésaq+6+aq3-4=2(aq2+4).
Ezekből a(q-1)2=9, aq(q-1)2=6, q=23, a=81. A négy szám: 80, 60, 40, 20.
 
7. Az E érintési pont abszcisszája, 3x0-49=-45, x0=-3. Az e egyenes az x tengelyt az A(-15;0) pontban metszi. A feltételeknek két kör felel meg, a körök az x tengelyt az F1 és F2 pontban érintik. Egy külső pontból a körhöz húzható érintőszakaszok egyenlősége miatt AE=AF1=AF2. AE2=122+92=152, AE=15, tehát AF1=AF2=15, így F1(0,0), F2(-30,0). A keresett körök középpontjai rajta vannak a közös érintőre az E pontban merőleges egyenesen, valamint az x=0, illetve x=-30 egyenletű egyeneseken, így u1=0, u2=-30 és mivel 4x+3y=15, ezért v1=5, v2=45. A körök egyenlete:
x2+(y-5)2=25illetve(x+30)2+(y-45)2=2025.

Megjegyzés. A feladat sokféle módon oldható meg, paraméteresen, szögfelező alkalmazásával, trigonometria, illetve elemi geometria alkalmazásával.
 
8. Az egyenletnek akkor valósak a gyökei, ha az egyenlet diszkriminánsa nem negatív, azaz
4-4(a-1)20,1(a-1)2,1|a-1|,-1a-11,0a2.
A gyökök összege, illetve szorzata: x1+x2=2, x1x2=(a-1)2, így x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=4-2(a-1)2. Mivel 0(a-1)21, ezért -2-2(a-1)20 és 24-2(a-1)24.
A gyökök négyzetösszegének legkisebb értéke 2, amit a=0 és a a=2 esetén vesz fel; a gyökök négyzetösszegének legnagyobb értéke 4, amit a=1 esetén vesz fel.