Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2002/3. sz. feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2002/április, 200 - 204. 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. Tekintsük az $x^2+4kx+4\left(2k-1\right)=0$ 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 $D=16k^2-16\left(2k-1\right)\equiv {\left(4\left(k-1\right)\right)}^2\ge 0$ minden valós $k$-ra, így valóban mindig van megoldás. Most $x_1=-2$, $x_2=-4\left(k-\frac{1}{2}\right)$, ezért $x_1^2+x_2^2=4+16{\left(k-\frac{1}{2}\right)}^2$, ami akkor a legkevesebb, ha $k=\frac{1}{2}$. Ekkor $x_1=-2$, $x_2=0$.   Megjegyzés: A feladat második része a gyökök és együtthatók közötti összefüggések felhasználásával is megoldható: $\begin{array}{c}{\displaystyle x_1^2+x_2^2\equiv {\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2=16k^2-8\left(2k-1\right)\equiv 16{\left(k-\frac{1}{2}\right)}^2+4.}\end{array}$   2. Igazoljuk, hogy egy rombusz oldala pontosan akkor (akkor és csak akkor) mértani közepe a rombusz átlóinak, ha a rombusz hegyesszöge ${30}^{\circ }$.   Megoldás. Jelölje a rombusz oldalát $a$, a két átlót $e$ és $f$. Ha a rombusz hegyesszöge $\alpha ={30}^{\circ }$, akkor a rombusz magassága $m=\frac{a}{2}$. A rombusz területe egyrészt $T=\frac{a^2}{2}$, másrészt $T=\frac{ef}{2}$, így $a^2=ef$, tehát $a$ az $e$ és $f$ mértani közepe ($a>0$, $e>0$, $f>0$). Ha $a^2=ef$, akkor $T=a^2\text{sin}\alpha$ és $T=\frac{ef}{2}$ miatt $\text{sin}\alpha =\frac{1}{2}$, $\alpha ={30}^{\circ }$, mert $\alpha$ hegyesszög.   3. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>a</mi><mo stretchy="false">)</mo></math>}\sqrt[3]{15+2x}+\sqrt[3]{13-2x}=4;\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>b</mi><mo stretchy="false">)</mo></math>}\text{log}{}_{x}3\cdot \text{log}{}_{\frac{x}{3}}3+\text{log}{}_{\frac{x}{81}}3=0;}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>c</mi><mo stretchy="false">)</mo></math>}\text{cos}{}^{4}x+\text{cos}{}^4\left(x-\frac{\pi }{4}\right)=\frac{1}{4}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$   Megoldás. $a)$ Az egyenlet minden valós számra értelmezett. Emeljük köbre az egyenlet mindkét oldalát (ez ekvivalens átalakítás) és alkalmazzuk az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(a+b\right)}^3\equiv a^3+b^3+3ab\left(a+b\right)}\end{array}$ azonosságot: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 15+2x+13-2x+3\cdot 4\cdot \sqrt[3]{\left(15+2x\right)\left(13-2x\right)}=\mathrm{64,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sqrt[3]{-4x^2-4x+195}=\sqrt[3]{27}\mathrm{,}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ ahonnan $x_1=6$, $x_2=7$, és ezek valóban megoldások. $b)$ Az egyenlet akkor értelmezett, ha $x>0$ és $x\ne 1$, $x\ne 3$, $x\ne 81$. Alkalmazzuk az $\text{log}{}_{a}b\equiv \frac{1}{\text{log}{}_{b}a}$ ($a>0$, $a\ne 1$, $b>0$, $b\ne 1$) és az $\text{log}{}_a\frac{x}{y}\equiv \text{log}{}_{a}x-\text{log}{}_{a}y$ ($x>0$, $y>0$, $a>0$, $a\ne 1$) azonosságokat. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\text{log}{}_{3}x}\cdot \frac{1}{\text{log}{}_{3}x-1}+\frac{1}{\text{log}{}_{3}x-4}=\mathrm{0,}}\end{array}$ ahonnan $\text{log}{}_{3}x=2$ vagy $\text{log}{}_{3}x=-2$. Az egyenlet megoldásai: $x_1=9$, $x_2=\frac{1}{9}$. $c)$ Alkalmazzuk a $\text{cos}{}^2\alpha \equiv \frac{1}{2}\left(1+\text{cos}2\alpha \right)$, valamint a $\text{cos}\left(\frac{\pi }{2}-\alpha \right)\equiv \text{sin}\alpha$ és $\text{cos}\left(-\alpha \right)\equiv \text{cos}\alpha$ azonosságokat. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(\frac{1+\text{cos}2x}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1+\text{cos}\left(2x-\frac{\pi }{2}\right)}{2}\right)}^2=\frac{1}{4}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\hfill \\ \hfill {\displaystyle 1+2\text{cos}2x+\text{cos}{}^{2}2x+1+2\text{sin}2x+\text{sin}{}^{2}2x=\mathrm{1,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(\text{cos}\left(2x-\frac{\pi }{2}\right)\equiv \text{cos}\left(\frac{\pi }{2}-2x\right)\equiv \text{sin}2x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}2x+\text{cos}2x=-1.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Ez utóbbi egyenlet sokféle módon oldható meg. Az egyenlet azokra az $x$-ekre igaz, amelyekre $\text{sin}2x=-1$ és $\text{cos}2x=0$ vagy $\text{sin}2x=0$ és $\text{cos}2x=-1$, azaz ha $x_k=\frac{3\pi }{4}+k\pi$ $\left(k\in \text{Z}\right)$ vagy $x_n=\frac{\pi }{2}+n\pi$ $\left(n\in \text{Z}\right)$. ($\text{sin}2x+2\text{cos}{}^{2}x=0$, $2\text{cos}x\left(\text{sin}x+\text{cos}x\right)=0$.)   4. Az $ABC$ háromszögben $AC=5\mathrm{,}8$, $BC=5$ egység, az $AB$ oldalhoz tartozó magasság $m_c=4$ egység. Számítsa ki a háromszög köré írt kör sugarát és a háromszög területét.   Megoldás. A háromszög területe egyrészt $T=\frac{c\cdot m_c}{2}$, másrészt $T=\frac{abc}{4r}$, ahol $r$ a háromszög köré írt kör sugara. $\frac{c\cdot 4}{2}=\frac{5\mathrm{,}8\cdot 5\cdot c}{4r}$, ahonnan $r=7\mathrm{,}25$ egység. A feltételeknek két háromszög felel meg. Erre a megállapításra szerkesztés lehetőségének elemzése, előjeles szakasszal való számolás vagy trigonometria alkalmazásával juthatunk. Pl. legyen $CBA\sphericalangle =\beta$. Ekkor $\text{sin}\beta =\frac{4}{5}$, így $\text{cos}\beta =\frac{3}{5}$ vagy $\text{cos}\beta =-\frac{3}{5}$. Koszinusztételekkel $5\mathrm{,}{8}^2=5^2+c^2-2\cdot 5\cdot c\cdot \frac{3}{5}$ vagy $5\mathrm{,}{8}^2=5^2+c^2+2\cdot 5\cdot c\cdot \frac{3}{5}\mathrm{,}$ ahol $c>0$, így $c=7\mathrm{,}2$ vagy $c=1\mathrm{,}2$, tehát a háromszög területe $T=\frac{7\mathrm{,}2\cdot 4}{2}=14\mathrm{,}4$ vagy $T=\frac{1\mathrm{,}2\cdot 4}{2}=2\mathrm{,}4$ területegység.   5. Igazoljuk, hogy minden $n$ pozitív egész számra $a)$ ${36}^n+10\cdot 3^n$ osztható $11$-gyel; $b)$ $4^{2n}-3^{3n}-7$ osztható $84$-gyel!   Megoldás. $a)$ A binomiális tétel alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle {36}^n+10\cdot 3^n\equiv {\left(33+3\right)}^n+10\cdot 3^n=33\cdot k+3^n+10\cdot 3^n=11\cdot \left(3k+3^n\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (A kifejezés osztható $3\cdot 11=33$-mal.) $\begin{array}{c}{\displaystyle \left({36}^n+10\cdot 3^n=3^n\left({12}^n+10\right)=3^n\left(\left({12}^n-1^n\right)+11\right)=33k\mathrm{.}\right)}\end{array}$ $b)$ Az eredeti állítás már $n=1$-re sem igaz.   Helyesbítés: Az eredeti feladat helyesen a következő: $b)$ $4^{2n}-3^{2n}-7$ osztható $84$-gyel! Ismeretes, hogy $a^n-b^n$ osztható $\left(a-b\right)$-vel. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 4^{2n}-3^{2n}-7}& {\displaystyle ={16}^n-9^n-7=\left(16-9\right)k-7=7m;}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\\ \hfill {\displaystyle 4^{2n}-3^{2n}-7}& {\displaystyle =\left(4^{2n}-1\right)-3^{2n}-6=\left(4-1\right)k-3l=3m;}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }\\ \hfill {\displaystyle 4^{2n}-3^{2n}-7}& {\displaystyle =\left(4^{2n}-8\right)-\left(3^{2n}-1\right)=8k-8l=8m\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Az adott kifejezés tehát osztható 7-tel, 3-mal és 8-cal, mivel ezek relatív prímszámok, ezért osztható a szorzatukkal $3\cdot 7\cdot 8$-cal, 168-cal is. (No persze így 84-gyel is.)   6. $a)$ Tekintsük azt az $f:\text{R}\to \text{R}$, $x\mapsto f\left(x\right)$ függvényt, ahol $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)={\left(ax+b\right)}^2+{\left(cx+d\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\mathrm{,}d\in \text{R}$ és $ac\ne 0$. 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 $g\left(x\right)=\frac{1}{1+\text{tg}x\text{tg}2x}$ értelmezhető? Tekintsük az ezen a halmazon értelmezett $x\mapsto g\left(x\right)$ 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. $a)$ $f\left(x\right)=\left(a^2+c^2\right)x^2+2\left(ab+cd\right)x+b^2+d^2$. Azonos átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=\left(a^2+c^2\right){\left(x+\frac{ab+cd}{a^2+c^2}\right)}^2+\frac{{\left(ad-bc\right)}^2}{a^2+c^2}\mathrm{.}}\end{array}$ A függvény az $x_0=-\frac{ab+cd}{a^2+c^2}$ helyen veszi fel a legkisebb értékét, a legkisebb érték: $\frac{{\left(ad-bc\right)}^2}{a^2+c^2}$. $b)$ A $g\left(x\right)$ kifejezés akkor értelmezhető, ha $\text{tg}x$, $\text{tg}2x$ értelmezhető és ha $1+\text{tg}x\text{tg}2x\ne 0$. Ez utóbbi minden megengedett $x$-re teljesül, így $x\ne \frac{\pi }{2}+k\pi$, $k\in \text{Z}$, $2x\ne \frac{\pi }{2}+n\pi$, $x\ne \frac{\pi }{4}+\frac{n\cdot \pi }{2}$, $n\in \text{Z}$. Minden más valós számra értelmezhető a $g\left(x\right)$. Azonos átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{1+\frac{\text{sin}x}{\text{cos}x}\cdot \frac{\text{sin}2x}{\text{cos}2x}}\equiv \frac{\text{cos}x\cdot \text{cos}2x}{\text{cos}x\text{cos}2x+\text{sin}x\text{sin}2x}\equiv \frac{\text{cos}x\text{cos}2x}{\text{cos}x}\equiv \text{cos}2x\mathrm{.}}\end{array}$ A megadott halmazon a függvény legnagyobb értéke 1, amit az $x_k=k\pi$, $k\in \text{Z}$ helyeken vesz fel. A függvény a legkisebb értékét soha nem veszi fel. ($\text{cos}2x=-1$, ha $x_n=\frac{\pi }{2}+n\pi$, $n\in \text{Z}$. $x_n$ nem tartozik az értelmezési tartományba.)   7. Igazoljuk, hogy az $A\left(1;-1\right)$, $B\left(3;3\right)$ és $C\left(4;5\right)$ pontok egy egyenesre illeszkednek. Milyen arányban osztja a $B$ pont az $AC$ szakaszt? Mi azon $P$ pontok halmaza és annak egyenlete, amelyekre $\frac{AP}{PB}=\frac{AB}{BC}$?   Helyesbítés: Az utolsó képlet helyesen: $\frac{AP}{PC}=\frac{AB}{BC}$.   Megoldás. Mivel $\overrightarrow{AB}=\left(2;4\right)$ és $\overrightarrow{BC}=\left(1;2\right)$, ezért $A$, $B$ és $C$ egy egyenesre illeszkednek és $AB=2BC$. Azon $P\left(x\mathrm{,}y\right)$ pontok halmazát keressük, amelyekre $\frac{AP}{PC}=2$, azaz $AP=2\cdot PC$. Mivel $AP\ge 0$ és $PC\ge 0$, ezért a négyzetemeléssel kapott egyenlet, $A{P}^2=4\cdot P{C}^2$, ekvivalens a feltételi egyenlettel, így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=4\left({\left(x-4\right)}^2+{\left(y-5\right)}^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Innen azonos átalakítással és egyenletrendezéssel a következő, a feltételi egyenlettel ekvivalens egyenlethez jutunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-5\right)}^2+{\left(y-7\right)}^2=20.}\end{array}$ (2) A keresett ponthalmaz tehát körvonal, amelynek középpontja $K\left(5;7\right)$, sugara $r=2\sqrt[]{5}$.   Megjegyzés: az eredeti szövegezéssel is megoldható a feladat, csak a kör egyenlete nem ilyen ,,szép". Így a megfelelő egyenletek: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-1\right)}^2+{\left(y+1\right)}^2=4\left({\left(x-3\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Innen azonos átalakítással és egyenletrendezéssel a következő, a feltételi egyenlettel ekvivalens egyenlethez jutunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-\frac{11}{3}\right)}^2+{\left(y-\frac{13}{3}\right)}^2=\frac{80}{9}\mathrm{.}}\end{array}$ (2)   8. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán a $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}2x+\left(1-2\text{sin}y\right)\text{cos}x+1-\text{sin}y=0}\end{array}$ kétismeretlenes egyenletet.   Megoldás. $\text{cos}2x+1\equiv 2\text{cos}{}^{2}x$, így $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\text{cos}{}^{2}x+\left(1-2\text{sin}y\right)\text{cos}x-\text{sin}y=\mathrm{0,}}\end{array}$ ahonnan $\text{cos}x=-\frac{1}{2}$ vagy $\text{cos}x=\text{sin}y$. Az előbbi megoldásai $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\mathrm{1,}k}=\frac{2\pi }{3}+2k\pi \mathrm{,}{y}_{\mathrm{1,}k}\in \text{R}\text{vagy}{x}_{\mathrm{2,}n}=\frac{4\pi }{3}+2n\pi \mathrm{,}{y}_{\mathrm{2,}n}\in \text{R}\mathrm{.}}\end{array}$ A másik esetben $\text{cos}x=\text{sin}y$, azaz $\text{cos}x=\text{cos}\left(\frac{\pi }{2}-y\right)$, tehát $x=\frac{\pi }{2}-y+2k\pi$ vagy $x=y-\frac{\pi }{2}+2n\pi$. Innen a megoldások: $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\mathrm{1,}k}=\frac{\pi }{2}-t+2k\pi \mathrm{,}{y}_{\mathrm{1,}k}=t\mathrm{,}k\in \text{Z}\mathrm{,}t\in \text{R}}\end{array}$ vagy $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\mathrm{2,}n}=t-\frac{\pi }{2}+2n\pi \mathrm{,}{y}_{\mathrm{2,}n}=t\mathrm{,}n\in \text{Z}\mathrm{,}t\in \text{R}\mathrm{.}}\end{array}$