Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2002/4. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2002/május, 273 - 276. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Egy téglalap oldalai 15,6 és 18 egység hosszúak. Írjunk a téglalapba olyan téglalapot, amelynek egyik oldala a másik oldal háromszorosa és az adott téglalap minden oldalára pontosan egy csúcsa illeszkedik a beírt téglalapnak. Mekkorák a beírt téglalap oldalai?
 
Megoldás. Legyen a beírt téglalap rövidebb oldala a, ekkor a másik oldal 3a. A beírt téglalap oldalai 2-2 egybevágó háromszöget vágnak le, amelyek átfogói a illetve 3a egység. Ezek a háromszögek egymáshoz hasonlók. Így ha a kisebb háromszög befogói x és y, akkor a nagyobbaké 3x és 3y. Az eredeti téglalap oldalait x-szel és y-nal kifejezhetjük: x+3y=15,6 és 3x+y=18, ahonnan x=3,6 és y=4,8 és a2=3,62+4,82, a2=36, a=6. A beírt téglalap oldalai 6 és 18 egység hosszúak.
 
2. a) Igazoljuk, hogy minden háromszögben ctgαsinγ+cosγ=ba, ahol α az a, γ a c oldallal szemközti szög.
b) Egy háromszögben b=2a és γ=60. Számítsuk ki a háromszög másik két szögét!
 
Megoldás. a) Vegyük figyelembe, hogy
sinβ=sin(180-(α+γ))=sin(α+γ),
és alkalmazzuk a szinusztételt:
ba=sinβsinα=sinαcosγ+cosαsinγsinα=cosγ+ctgαsinγ.

b) Most ba=2, cos60=12, sin60=32, így 2=12+32ctgα, ahonnan ctgα=3, α=30 és így β=90.
 
3. Az (an) mértani sorozat tagjaira a1+a3+a5=133 és 1a1+1a3+1a5=1331296. Írjuk fel a sorozat első öt tagját!
 
Megoldás. A feltételek szerint
a1+a1q2+a1q4=133és1a1+1a1q2+1a1q4=1331296.
Ez utóbbi egyenletből az első egyenlet felhasználásával
a1(q4+q2+1)a1(a1q4)=1331296,(a1q2)2=362.
Ha a1q2=36, akkor az első egyenletből 36q4-97q2+36=0, ha a1q2=-36, akkor hasonlóan 36q4+169q2+36=0. Az első esetben q2=(32)2, a1=16, így az első öt tag 16, 24, 36, 54, 81 vagy 16, -24, 36, -54, 81, a második esetben q2=(23)2, a1=81, így az első öt tag 81, 54, 36, 24, 16 vagy 81, -54, 36, -24, 16.
 
4. Egy bankba 3 évre elhelyeztünk 40000 forintot kamatos kamatra. Az első évben a bank 10%-os kamatot számolt el, a második évben a kamatlábat p%-kal növelte, a harmadik évben újabb p%-kal növelte. Ily módon a harmadik év végén 2939,20 Ft-tal többet fizettek ki, mint amennyit a három éven át a 10%-os kamatláb mellett kellett volna. Számítsuk ki p értékét!
 
Megoldás. A feltételek szerint
400001,1(1+10+p100)(1+10+2p100)=400001,13+2939,20.
Innen
(1,1+p100)(1,1+2p100)=1,2768.
Legyen p100=z, ekkor 2z2+3,3z-0,0668=0. Mivel z>0, ezért z=0,02=2100, tehát p=2.
 
5. Az (x,y) síkbeli ABCD négyszög A csúcsa az origóban van, B csúcsa az y tengelyen, C csúcsa az első síknegyedben, D csúcsa az x tengely pozitív felén helyezkedik el. A BC oldal egyenesének egyenlete: 2x+y=12. A CD oldal merőleges a BC oldalra. A négyszög területe 31 területegység. Határozzuk meg a B, C és D csúcspontok koordinátáit!
 
Megoldás. A B pont koordinátái B(0;12). Legyen a D pont első koordinátája d, azaz D(d;0). A CD egyenes egyenlete x-2y=d. A BC és CD egyenesek C metszéspontja koordinátái d-vel kifejezve x=15(24+d), y=25(6-d). Mivel C az első síknegyedben van, d<6. Legyen E a BC egyenes és az x tengely metszéspontja, ekkor E(6;0).
A BAD háromszög területe 36 területegység, a CDE háromszög területe d-vel kifejezve 12(6-d)25(6-d). Így
36=31+15(d-6)2,(d-6)2=52,
ahonnan d=1 vagy d=11. Most csak a d=1 lehetséges, hiszen d<6. Ha d=1, akkor D(1;0) és C(5;2).
 
6. Egy forgáscsonkakúp alap-, illetve fedőkörének sugara R illetve r (R>r). Egy, az alapokkal párhuzamos sík két olyan részre osztja a csonkakúpot, hogy a nagyobb sugarú résznél keletkező csonkakúp térfogata harmada az eredeti csonkakúp térfogatának. Fejezzük ki R-rel és r-rel a síkmetszet sugarát!
 
Megoldás. Legyen a csonkakúp térfogata 3V, a kiegészítő kúp térfogata V1, a kimetszett kör sugara x.
A hasonló testek térfogatának aránya egyenlő a megfelelő szakaszok köbének arányával. Ezért
V1+3VV1=R3r3ésV1+2VV1=x3r3,1+3VV1=R3r3és1+2VV1=x3r3.
Az egyenlő együtthatók módszerével VV1 kiküszöbölhető: 1=3x2-2R3r3, ahonnan a kimetszett kör sugara
x=r3+2R333.

 
7. Igazoljuk, hogy a (sinx-3cosx)cos4x=2 egyenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán.
 
Megoldás. Az egyenlet mindkét oldalát 2-vel osztva
(12sinx-32cosx)cos4x=1.
Mivel 12=cosπ3 és 32=sinπ3, ezért az egyenlet:
sin(x-π3)cos4x=1.
Ez pontosan akkor teljesül, ha sin(x-π3)=1 és cos4x=1 vagy sin(x-π3)=-1 és cos4x=-1, tehát
x-π3=π2+2kπés4x=2nπ,k,nZ
vagy
x-π3=3π2+2kπés4x=π+2nπ,k,nZ.
Innen 6x=5π+12kπ és 6x=3nπ vagy 12x=22π+24kπ és 12x=3π+6kπ, azaz 3n-12k=5 vagy 6n-24k=19, ahol k és n egészek.
Ezek az egyenletek egyetlen (n,k) egész számokból álló számpárra sem teljesülnek, hiszen az első esetben a bal oldal osztható 3-mal, a jobb oldal nem, a második esetben a bal oldal páros, a jobb oldal páratlan, tehát az egyenletnek nincs megoldása.
 
8. Tekintsük a 4x+2(n+1)2x+n2=8 egyenletet, ahol az n paraméter egész szám (nZ).
a) Milyen n esetén van az egyenletnek két különböző megoldása a valós számok halmazán?
b) Milyen n esetén van az egyenletnek pontosan egy megoldása?
Adjuk meg a lehetséges gyökök értékét is!
 
Megoldás. a) A 2x-re másodfokú egyenletnek akkor van két különböző megoldása, ha az egyenlet diszkriminánsa pozitív, és mindkét megoldás pozitív, hiszen 2x>0.
D=4(n+1)2-4(n2-8)4(2n+9)>0,n>-92.
Ha D>0, akkor a másodfokú egyenlet két gyöke pontosan akkor pozitív, ha összegük is és szorzatuk is pozitív: -2(n+1)>0 és n2-8>0. Ezek együtt akkor teljesülnek, ha -92<n<-8, ezért n=-4 vagy n=-3.
Ha n=-4, akkor 4x-62x+8=0, 2x=4 vagy 2x=2, x1=2, x2=1.
Ha n=-3, akkor 4x-42x+1=0, 2x=2+3 vagy 2x=2-3, x3=log2(2+3), x4=log2(2-3).
b) Pontosan egy megoldás akkor van, ha D=0 és 2x>0, vagy D>0 és 2x egyik értéke pozitív, a másik negatív, a szorzatuk, n2-8 tehát negatív. Az első eset nem lehetséges, hiszen D=0 akkor teljesül, ha n=-92, ami nem egész.
Ha D>0, azaz -92<n és n2-8<0, akkor -8<n<8, azaz n=-2, n=-1, n=0, n=1 vagy n=2.
Ha n=-2, akkor 2x=1+5, x6=log2(1+5); ha n=-1, akkor 2x=2, x7=log22=12; ha n=0, akkor 2x=2, x8=1; ha n=1, akkor 2x=-2+11, x9=log2(-2+11) végül ha n=2, akkor 2x=-3+13, x10=log2(-3+13).