Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2002/3. sz. feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2002/április, 200 - 204. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 

1. Tekintsük az x2+4kx+4(2k-1)=0 egyenletet, ahol k valós paraméter. Igazoljuk, hogy az egyenletnek minden valós k esetén van valós megoldása. Oldjuk meg az egyenletet, ha a gyökök négyzetének összege a lehető legkevesebb.
 
Megoldás. Az egyenlet diszkriminánsa D=16k2-16(2k-1)(4(k-1))20 minden valós k-ra, így valóban mindig van megoldás. Most x1=-2, x2=-4(k-12), ezért x12+x22=4+16(k-12)2, ami akkor a legkevesebb, ha k=12. Ekkor x1=-2, x2=0.
 
Megjegyzés: A feladat második része a gyökök és együtthatók közötti összefüggések felhasználásával is megoldható:
x12+x22(x1+x2)2-2x1x2=16k2-8(2k-1)16(k-12)2+4.

 

2. Igazoljuk, hogy egy rombusz oldala pontosan akkor (akkor és csak akkor) mértani közepe a rombusz átlóinak, ha a rombusz hegyesszöge 30.
 
Megoldás. Jelölje a rombusz oldalát a, a két átlót e és f.
Ha a rombusz hegyesszöge α=30, akkor a rombusz magassága m=a2. A rombusz területe egyrészt T=a22, másrészt T=ef2, így a2=ef, tehát a az e és f mértani közepe (a>0, e>0, f>0).
Ha a2=ef, akkor T=a2sinα és T=ef2 miatt sinα=12, α=30, mert α hegyesszög.
 

3. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a)15+2x3+13-2x3=4;b)logx3logx33+logx813=0;c)cos4x+cos4(x-π4)=14.

 
Megoldás. a) Az egyenlet minden valós számra értelmezett. Emeljük köbre az egyenlet mindkét oldalát (ez ekvivalens átalakítás) és alkalmazzuk az
(a+b)3a3+b3+3ab(a+b)
azonosságot:
15+2x+13-2x+34(15+2x)(13-2x)3=64,-4x2-4x+1953=273,
ahonnan x1=6, x2=7, és ezek valóban megoldások.
b) Az egyenlet akkor értelmezett, ha x>0 és x1, x3, x81. Alkalmazzuk az logab1logba (a>0, a1, b>0, b1) és az logaxylogax-logay (x>0, y>0, a>0, a1) azonosságokat. Ekkor
1log3x1log3x-1+1log3x-4=0,
ahonnan log3x=2 vagy log3x=-2. Az egyenlet megoldásai: x1=9, x2=19.
c) Alkalmazzuk a cos2α12(1+cos2α), valamint a cos(π2-α)sinα és cos(-α)cosα azonosságokat.
(1+cos2x2)2+(1+cos(2x-π2)2)2=14,1+2cos2x+cos22x+1+2sin2x+sin22x=1,(cos(2x-π2)cos(π2-2x)sin2x),sin2x+cos2x=-1.
Ez utóbbi egyenlet sokféle módon oldható meg. Az egyenlet azokra az x-ekre igaz, amelyekre sin2x=-1 és cos2x=0 vagy sin2x=0 és cos2x=-1, azaz ha xk=3π4+kπ (kZ) vagy xn=π2+nπ (nZ). (sin2x+2cos2x=0, 2cosx(sinx+cosx)=0.)
 

4. Az ABC háromszögben AC=5,8, BC=5 egység, az AB oldalhoz tartozó magasság mc=4 egység. Számítsa ki a háromszög köré írt kör sugarát és a háromszög területét.
 
Megoldás. A háromszög területe egyrészt T=cmc2, másrészt T=abc4r, ahol r a háromszög köré írt kör sugara. c42=5,85c4r, ahonnan r=7,25 egység. A feltételeknek két háromszög felel meg. Erre a megállapításra szerkesztés lehetőségének elemzése, előjeles szakasszal való számolás vagy trigonometria alkalmazásával juthatunk. Pl. legyen CBA=β. Ekkor sinβ=45, így cosβ=35 vagy cosβ=-35. Koszinusztételekkel 5,82=52+c2-25c35 vagy 5,82=52+c2+25c35, ahol c>0, így c=7,2 vagy c=1,2, tehát a háromszög területe T=7,242=14,4 vagy T=1,242=2,4 területegység.
 

5. Igazoljuk, hogy minden n pozitív egész számra
a) 36n+103n osztható 11-gyel;
b) 42n-33n-7 osztható 84-gyel!
 
Megoldás. a) A binomiális tétel alkalmazásával
36n+103n(33+3)n+103n=33k+3n+103n=11(3k+3n).
(A kifejezés osztható 311=33-mal.)
(36n+103n=3n(12n+10)=3n((12n-1n)+11)=33k.)

b) Az eredeti állítás már n=1-re sem igaz.
 

Helyesbítés: Az eredeti feladat helyesen a következő:
b) 42n-32n-7 osztható 84-gyel!
Ismeretes, hogy an-bn osztható (a-b)-vel.
42n-32n-7=16n-9n-7=(16-9)k-7=7m;42n-32n-7=(42n-1)-32n-6=(4-1)k-3l=3m;42n-32n-7=(42n-8)-(32n-1)=8k-8l=8m.
Az adott kifejezés tehát osztható 7-tel, 3-mal és 8-cal, mivel ezek relatív prímszámok, ezért osztható a szorzatukkal 378-cal, 168-cal is. (No persze így 84-gyel is.)
 

6. a) Tekintsük azt az f:RR, xf(x) függvényt, ahol
f(x)=(ax+b)2+(cx+d)2,
ahol a,b,c,dR és ac0. Az f függvény melyik x helyen veszi fel a legkisebb értékét, és mennyi ez a legkisebb érték?

b) Melyik az a legbővebb halmaz, amelyre a g(x)=11+tgxtg2x értelmezhető? Tekintsük az ezen a halmazon értelmezett xg(x) függvényt. Felveszi-e a g függvény a legnagyobb, illetve a legkisebb értéket? Ha felveszi, akkor melyik x helyen veszi fel és mennyi a függvény szélsőértéke?
 
Megoldás. a) f(x)=(a2+c2)x2+2(ab+cd)x+b2+d2. Azonos átalakításokkal
f(x)=(a2+c2)(x+ab+cda2+c2)2+(ad-bc)2a2+c2.
A függvény az x0=-ab+cda2+c2 helyen veszi fel a legkisebb értékét, a legkisebb érték: (ad-bc)2a2+c2.
b) A g(x) kifejezés akkor értelmezhető, ha tgx, tg2x értelmezhető és ha 1+tgxtg2x0. Ez utóbbi minden megengedett x-re teljesül, így xπ2+kπ, kZ, 2xπ2+nπ, xπ4+nπ2, nZ. Minden más valós számra értelmezhető a g(x).
Azonos átalakításokkal
11+sinxcosxsin2xcos2xcosxcos2xcosxcos2x+sinxsin2xcosxcos2xcosxcos2x.
A megadott halmazon a függvény legnagyobb értéke 1, amit az xk=kπ, kZ helyeken vesz fel. A függvény a legkisebb értékét soha nem veszi fel. (cos2x=-1, ha xn=π2+nπ, nZ. xn nem tartozik az értelmezési tartományba.)
 

7. Igazoljuk, hogy az A(1;-1), B(3;3) és C(4;5) pontok egy egyenesre illeszkednek. Milyen arányban osztja a B pont az AC szakaszt? Mi azon P pontok halmaza és annak egyenlete, amelyekre APPB=ABBC?
 

Helyesbítés: Az utolsó képlet helyesen: APPC=ABBC.
 
Megoldás. Mivel AB=(2;4) és BC=(1;2), ezért A, B és C egy egyenesre illeszkednek és AB=2BC.
Azon P(x,y) pontok halmazát keressük, amelyekre APPC=2, azaz AP=2PC. Mivel AP0 és PC0, ezért a négyzetemeléssel kapott egyenlet, AP2=4PC2, ekvivalens a feltételi egyenlettel, így
(x-1)2+(y+1)2=4((x-4)2+(y-5)2).(1)
Innen azonos átalakítással és egyenletrendezéssel a következő, a feltételi egyenlettel ekvivalens egyenlethez jutunk:
(x-5)2+(y-7)2=20.(2)
A keresett ponthalmaz tehát körvonal, amelynek középpontja K(5;7), sugara r=25.
 

Megjegyzés: az eredeti szövegezéssel is megoldható a feladat, csak a kör egyenlete nem ilyen ,,szép". Így a megfelelő egyenletek:
(x-1)2+(y+1)2=4((x-3)2+(y-3)2).(1)
Innen azonos átalakítással és egyenletrendezéssel a következő, a feltételi egyenlettel ekvivalens egyenlethez jutunk:
(x-113)2+(y-133)2=809.(2)

 

8. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán a
cos2x+(1-2siny)cosx+1-siny=0
kétismeretlenes egyenletet.

 
Megoldás. cos2x+12cos2x, így
2cos2x+(1-2siny)cosx-siny=0,
ahonnan cosx=-12 vagy cosx=siny. Az előbbi megoldásai
x1,k=2π3+2kπ,y1,kRvagyx2,n=4π3+2nπ,y2,nR.

A másik esetben cosx=siny, azaz cosx=cos(π2-y), tehát x=π2-y+2kπ vagy x=y-π2+2nπ. Innen a megoldások:
x1,k=π2-t+2kπ,y1,k=t,kZ,tR
vagy
x2,n=t-π2+2nπ,y2,n=t,nZ,tR.