Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2002/1. sz. feladataihoz
Szerző(k):  Orosz Gyula 
Füzet: 2002/február, 77 - 80. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Az a, b, c, x, y, z valós számokra ax+by+cz=0 és xa+yb+zc=1. Mennyi x2a2+y2b2+z2c2 értéke?
 
Megoldás. a,b,c,x,y,z0. Alkalmazzuk pl. az u=xa, v=yb, w=zc helyettesítést; ekkor a két egyenlet u+v+w=1 és 1u+1v+1w=0 alakba írható, s u2+v2+w2 értéke a kérdés. 1u+1v+1w=uv+vw+uwuvw=0 miatt uv+vw+uw=0; az (u+v+w)2=u2+v2+w2+2(uv+vw+uw) átalakításból kapjuk, hogy u2+v2+w2=1.
 
Megjegyzés. Érdemes megvizsgálni, léteznek-e egyáltalán a feladat feltételeinek megfelelő u, v, w számok.
Mivel u+v=1-w és uv=-w(u+v)=-w(1-w)=w2-w, így a t2+(w-1)t+w2-w=0 egyenlet két gyöke t1=u és t2=v. (A gyökök és együtthatók közötti összefüggések alapján.) Az egyenlet diszkriminánsa
D=(w-1)2-4(w2-w)=(w-1)(-3w-1)=-3(w-1)(w+13);-13w1
esetén D0, tehát találhatók megfelelő u, v számok. Például w=-13, u=v=23 megfelelő.
 
2. Oldjuk meg a 4logx2=7+2log2x egyenletet a valós számok halmazán!
 
Megoldás. Az egyenlet alaphalmaza x>0, x1. Áttérve azonos alapú logaritmusokra: 4log22log2x=7+2log2x. Az a=log2x helyettesítéssel egyenletünk 4a=7+2a alakú lesz, melyet átalakítva a 2a2+7a-4=0 másodfokú egyenletet kapjuk. a1=12, a2=-4; visszahelyettesítve x-re x1=2, x2=2-4=116. Mindkét gyök kielégíti az eredeti egyenletet.
 
3. Az x3+x2-14x+m=0 egyenlet egyik gyöke 3. Határozzuk meg az m valós paraméter és a másik két gyök értékét!
 
Megoldás. Az x1=3 helyettesítés után 33+32-143+m=0, innen m=6. Az x-3 gyöktényezőt kiemelve x3+x2-14x+6=(x-3)(x2+4x-2)=0. A második tényező zérushelyei x2=-2+6, ill. x3=-2-6.
 
4. Az ABC háromszögben a B csúcsból húzott magasságvonal az AC egyenest a D pontban, a C-ből húzott magasságvonal az AB egyenest az E pontban metszi. Mekkora a DE szakasz hossza, ha CAB=70, AB=12cm, AC=10cm?
 
Megoldás. Jelöljük az adott háromszög A, B, C csúcsnál lévő szögeit hagyományosan α, β, γ-val, az AB, BC, AC oldalak hosszát c, a, b-vel; így α=70, c=12cm, b=10cm.
Készítsünk ábrát!

Észrevehetjük, hogy BCDE húrnégyszög, hiszen a BC oldal E-ből és D-ből is 90 alatt látszik. (A négyszög köré írt kör középpontja a BC oldal felezőpontja.) A húrnégyszögek szemközti szögeinek összege 180, ezért BED=180-γ, s így DEA=γ (ábra). Hasonlóan kapjuk, hogy EDA=β. Az ABC és ADE háromszögek tehát hasonlók, mert szögeik megegyeznek. A megfelelő oldalak arányát felírva DEBC=AEAC, s mivel az AEC derékszögű háromszögből AEAC=cosα, DE=BCcosα=acosα.
A háromszög BC=a oldalát a koszinusz-tétel felhasználásával számíthatjuk ki:
a2=b2+c2-2bccosα=100+144-21012cos70,
a12,72cm, s innen DE=acosα4,35cm.
 
Megjegyzés. A három magasságvonal talppontja (ábránkon kettőt jelöltünk: D és E) meghatározza az ún. talpponti háromszöget. Meggondolásainkból következik, hogy hegyesszögű háromszögben a talpponti háromszög kerülete acosα+bcosβ+ccosγ.
 
5. Oldjuk meg a cos(2x)-3cosx+20 egyenlőtlenséget a valós számok halmazán!
 
Megoldás. Felhasználva a cos2x-re vonatkozó addíciós tételt és a trigonometria alapegyenletét: cos2x=cos2x-sin2x=cos2x-(1-cos2x)=2cos2x-1. Visszahelyettesítés után az eredeti egyenlőtlenség 2cos2x-3cosx+10 alakú lesz, s ez a cosx változóban másodfokú. A két zérushely (cosx)1=1, (cosx)2=12; a bal oldalt eszerint szorzattá alakítva kapjuk, hogy 2(cosx-1)(cosx-12)0. Ennek megoldása 12cosx1. A cosx1 egyenlőtlenség minden valós számra igaz, 12cosx pedig akkor teljesül, ha -π3+k2πxπ3+k2π, ahol k tetszőleges egész szám. Ez tehát a feladat megoldása.
 
6. Legfeljebb hány különböző pozitív prímszám adható meg úgy, hogy közülük bármely három összege is prímszám legyen?
 
Megoldás. Némi próbálkozás után találhatunk négy ilyen számot (pl. a 7, 11, 13, 23 vagy 19, 23, 37, 41 számnégyes megfelelő), de ötöt nem sikerül. Megmutatjuk, hogy öt egész szám közül mindig kiválasztható három, melyek összege osztható 3-mal (s mivel összegük 3-nál nagyobb, nem prím).
Az egész számok 3-mal osztva 0, 1 vagy 2 maradékot adnak. Ha azonos maradékosztályból választunk ki három számot, ezek összege osztható lesz 3-mal, így egy-egy maradékosztályból legfeljebb két számot választhatunk ki. Ugyanakkor három különböző maradékú szám összege is osztható 3-mal, ezért csak két maradékosztályból választhatunk ki számokat.
Azt kaptuk, hogy legfeljebb két maradékosztályból, legfeljebb két-két számot, vagyis összesen legfeljebb négy számot választhatunk ki, ha azt akarjuk, hogy közülük semelyik három összege se legyen osztható 3-mal; a feladat feltételeinek megfelelően tehát legfeljebb 4 szám adható meg.
 
7. Az R sugarú gömbbe írt egyenes körhengerek közül melyik henger térfogata maximális? Mekkora a térfogat lehető legnagyobb értéke?

Megoldás. A beírt henger térfogata csak akkor lehet maximális, ha tengelye átmegy a gömb középpontján, s alap- és fedőkörének kerülete a gömb felületén van. Jelöljük a henger alapkörének sugarát r-rel, magasságát m-mel, s tekintsük a tengelyen átmenő síkmetszetet!
 
A 2R, 2r, m oldalú derékszögű háromszögből kapjuk a 4R2=4r2+m2 összefüggést, s ezen feltétel mellett kell V=r2πm maximumát meghatároznunk. r2-et kiküszöbölve 4V=(4R2-m2)πm. Emeljük négyzetre az egyenletet, hogy a számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget alkalmazni tudjuk. (Szabad négyzetre emelni: a tényezők pozitívak, s (4V)2 ugyanott lesz maximális, ahol 4V.)
16V2=(4R2-m2)2π2m2,32V2π2=(4R2-m2)22m2.
Ha most írjuk föl a (4R2-m2), (4R2-m2), 2m2 pozitív számokra a számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget, akkor a számtani közép állandó:
(4R2-m2)(4R2-m2)2m23(4R2-m2)+(4R2-m2)+2m23,(1)
ahonnan 32V2π238R23, 32V2π2512R627, V216π2R627, V4πR333.
A henger térfogata legfeljebb 4πR333 lehet (ez a gömb térfogatának 13 része). A lehető legnagyobb érték akkor érhető el, ha az (1) egyenlőtlenség jobb oldalán szereplő tagok egyenlőek, vagyis 4R2-m2=2m2. Mivel 4R2=4r2+m2, innen m=23R és r=23R.
 
8. Adott az y=x2 parabola és az A(9,8) pont. A parabola mely P pontjába húzott érintőjére igaz, hogy ez az érintő merőleges az AP egyenesre?
 
Megoldás. Legyen a P futópont koordinátája (p;p2), a P pontba húzott érintő meredeksége m. Ekkor az érintő egyenlete e:y-p2=m(x-p). Mivel e érinti a parabolát, az egyenes és a parabola közös pontjait adó y=x2, y-p2=m(x-p) egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van. (Az y tengellyel párhuzamos egyenest kizártuk.)
Az egyenletrendszerből x2-mx-p2+pm=0 egyenlet adódik x-re. Egy megoldást akkor kaphatunk, ha a diszkrimináns nulla: m2+4p2-4pm=0, (m-2p)2=0, vagyis m=2p.
Tehát az y=x2 parabola tetszőleges P(p;p2) pontjába húzott érintő meredeksége 2p.
Az érintő egy irányvektora v(1;2p), ez a feladat szerint merőleges az AP vektorra. AP=P-A=(p;p2)-(9;8)=(p-9;p2-8). Két vektor merőlegességét legegyszerűbben a skalárszorzatuk segítségével írhatjuk fel: vAP=0.
vAP=(1;2p)(p-9;p2-8)=p-9+2p3-16p,
átrendezés után a 2p3-15p-9=0 harmadfokú egyenletet kapjuk.
Észrevehetjük, hogy p=3 gyöke az egyenletnek. A (p-3) gyöktényezőt kiemelve 2p3-15p-9=(p-3)(2p2+6p+3). A 2p2+6p+3=0 egyenlet további gyökei p1=-3+32 (-0,63) és p2=-3-32 (-2,37).
Tehát három megfelelő P pontot kaptunk: P1(3;9), P2(-0,63;0,40), P3(-2,37;6,00).