Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2002/4. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2002/május, 273 - 276. 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. 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

3 a

. A beírt téglalap oldalai 2-2 egybevágó háromszöget vágnak le, amelyek átfogói

a

illetve

3 a

egység. Ezek a háromszögek egymáshoz hasonlók. Így ha a kisebb háromszög befogói

x

és

y

, akkor a nagyobbaké

3 x

és

3 y

. Az eredeti téglalap oldalait

x

-szel és

y

-nal kifejezhetjük:

x + 3 y = 15, 6

és

3 x + y = 18

, ahonnan

x = 3, 6

és

y = 4, 8

és

a^{2} = 3, 6^{2} + 4, 8^{2}

a^{2} = 36

a = 6

. A beírt téglalap oldalai 6 és 18 egység hosszúak.

a)

Igazoljuk, hogy minden háromszögben

ctg α sin γ + cos γ = \frac{b}{a}

, ahol

α

a

γ

c

oldallal szemközti szög.

b)

Egy háromszögben

b = 2 a

és

γ = 60^{\circ}

. Számítsuk ki a háromszög másik két szögét!

Megoldás.

a)

Vegyük figyelembe, hogy

\begin{matrix} sin β = sin (180^{\circ} - (α + γ)) = sin (α + γ), \end{matrix}

és alkalmazzuk a szinusztételt:

\begin{matrix} \frac{b}{a} = \frac{sin β}{sin α} = \frac{sin α cos γ + cos α sin γ}{sin α} = cos γ + ctg α sin γ . \end{matrix}

b)

Most

\frac{b}{a} = 2

cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}

sin 60^{\circ} = \frac{\sqrt[]{3}}{2}

, így

2 = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt[]{3}}{2} ctg α

, ahonnan

ctg α = \sqrt[]{3}

α = 30^{\circ}

és így

β = 90^{\circ}

3. Az

(a_{n})

mértani sorozat tagjaira

a_{1} + a_{3} + a_{5} = 133

és

\frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{3}} + \frac{1}{a_{5}} = \frac{133}{1296}

. Írjuk fel a sorozat első öt tagját!

Megoldás. A feltételek szerint

\begin{matrix} a_{1} + a_{1} q^{2} + a_{1} q^{4} = 133 és \frac{1}{a_{1}} + \frac{1}{a_{1} q^{2}} + \frac{1}{a_{1} q^{4}} = \frac{133}{1296} . \end{matrix}

Ez utóbbi egyenletből az első egyenlet felhasználásával

\begin{matrix} \frac{a_{1} (q^{4} + q^{2} + 1)}{a_{1} (a_{1} q^{4})} = \frac{133}{1296}, {(a_{1} q^{2})}^{2} = 36^{2} . \end{matrix}

a_{1} q^{2} = 36

, akkor az első egyenletből

36 q^{4} - 97 q^{2} + 36 = 0

, ha

a_{1} q^{2} = - 36

, akkor hasonlóan

36 q^{4} + 169 q^{2} + 36 = 0

. Az első esetben

q^{2} = {(\frac{3}{2})}^{2}

a_{1} = 16

, így az első öt tag 16, 24, 36, 54, 81 vagy 16,

- 24

, 36,

- 54

, 81, a második esetben

q^{2} = {(\frac{2}{3})}^{2}

a_{1} = 81

, így az első öt tag 81, 54, 36, 24, 16 vagy 81,

- 54

, 36,

- 24

, 16.

4. Egy bankba

3

évre elhelyeztünk

40 000

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

\begin{matrix} 40 000 \cdot 1, 1 \cdot (1 + \frac{10 + p}{100}) (1 + \frac{10 + 2 p}{100}) = 40 000 \cdot 1, 1^{3} + 2939, 20. \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} (1, 1 + \frac{p}{100}) (1, 1 + \frac{2 p}{100}) = 1, 2768. \end{matrix}

Legyen

\frac{p}{100} = z

, ekkor

2 z^{2} + 3, 3 z - 0, 0668 = 0

. Mivel

z > 0

, ezért

z = 0, 02 = \frac{2}{100}

, tehát

p = 2

5. Az

(x, y)

síkbeli

A B C D

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

B C

oldal egyenesének egyenlete:

2 x + y = 12

. A

C D

oldal merőleges a

B C

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

C D

egyenes egyenlete

x - 2 y = d

. A

B C

és

C D

egyenesek

C

metszéspontja koordinátái

d

-vel kifejezve

x = \frac{1}{5} (24 + d)

y = \frac{2}{5} (6 - d)

. Mivel

C

az első síknegyedben van,

d < 6

. Legyen

E

B C

egyenes és az

x

tengely metszéspontja, ekkor

E (6; 0)

.
A

B A D

háromszög területe 36 területegység, a

C D E

háromszög területe

d

-vel kifejezve

\frac{1}{2} (6 - d) \cdot \frac{2}{5} (6 - d)

. Így

\begin{matrix} 36 = 31 + \frac{1}{5} {(d - 6)}^{2}, {(d - 6)}^{2} = 5^{2}, \end{matrix}

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

3 V

, a kiegészítő kúp térfogata

V_{1}

, a kimetszett kör sugara

x

.
A hasonló testek térfogatának aránya egyenlő a megfelelő szakaszok köbének arányával. Ezért

\begin{matrix} \begin{matrix} \frac{V_{1} + 3 V}{V_{1}} = \frac{R^{3}}{r^{3}} & és \frac{V_{1} + 2 V}{V_{1}} = \frac{x^{3}}{r^{3}}, \\ 1 + 3 \cdot \frac{V}{V_{1}} = \frac{R^{3}}{r^{3}} & és 1 + 2 \cdot \frac{V}{V_{1}} = \frac{x^{3}}{r^{3}} . \end{matrix} \end{matrix}

Az egyenlő együtthatók módszerével

\frac{V}{V_{1}}

kiküszöbölhető:

1 = \frac{3 x^{2} - 2 R^{3}}{r^{3}}

, ahonnan a kimetszett kör sugara

\begin{matrix} x = \sqrt[3]{\frac{r^{3} + 2 R^{3}}{3}} . \end{matrix}

7. Igazoljuk, hogy a

(sin x - \sqrt[]{3} cos x) \cdot cos 4 x = 2

egyenletnek nincs megoldása a valós számok halmazán.

Megoldás. Az egyenlet mindkét oldalát 2-vel osztva

\begin{matrix} (\frac{1}{2} sin x - \frac{\sqrt[]{3}}{2} cos x) \cdot cos 4 x = 1. \end{matrix}

Mivel

\frac{1}{2} = cos \frac{π}{3}

és

\frac{\sqrt[]{3}}{2} = sin \frac{π}{3}

, ezért az egyenlet:

\begin{matrix} sin (x - \frac{π}{3}) \cdot cos 4 x = 1. \end{matrix}

Ez pontosan akkor teljesül, ha

sin (x - \frac{π}{3}) = 1

és

cos 4 x = 1

vagy

sin (x - \frac{π}{3}) = - 1

és

cos 4 x = - 1

, tehát

\begin{matrix} x - \frac{π}{3} = \frac{π}{2} + 2 k π és 4 x = 2 n π, k, n \in Z \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} x - \frac{π}{3} = \frac{3 π}{2} + 2 k π és 4 x = π + 2 n π, k, n \in Z . \end{matrix}

Innen

6 x = 5 π + 12 k π

és

6 x = 3 n π

vagy

12 x = 22 π + 24 k π

és

12 x = 3 π + 6 k π

, azaz

3 n - 12 k = 5

vagy

6 n - 24 k = 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

4^{x} + 2 (n + 1) \cdot 2^{x} + n^{2} = 8

egyenletet, ahol az

n

paraméter egész szám

(n \in Z)

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)

2^{x}

-re másodfokú egyenletnek akkor van két különböző megoldása, ha az egyenlet diszkriminánsa pozitív, és mindkét megoldás pozitív, hiszen

2^{x} > 0

\begin{matrix} D = 4 {(n + 1)}^{2} - 4 (n^{2} - 8) \equiv 4 (2 n + 9) > 0, n > - \frac{9}{2} . \end{matrix}

D > 0

, akkor a másodfokú egyenlet két gyöke pontosan akkor pozitív, ha összegük is és szorzatuk is pozitív:

- 2 (n + 1) > 0

és

n^{2} - 8 > 0

. Ezek együtt akkor teljesülnek, ha

- \frac{9}{2} < n < - \sqrt[]{8}

, ezért

n = - 4

vagy

n = - 3

.
Ha

n = - 4

, akkor

4^{x} - 6 \cdot 2^{x} + 8 = 0

2^{x} = 4

vagy

2^{x} = 2

x_{1} = 2

x_{2} = 1

.
Ha

n = - 3

, akkor

4^{x} - 4 \cdot 2^{x} + 1 = 0

2^{x} = 2 + \sqrt[]{3}

vagy

2^{x} = 2 - \sqrt[]{3}

x_{3} = log_{2} (2 + \sqrt[]{3})

x_{4} = log_{2} (2 - \sqrt[]{3})

b)

Pontosan egy megoldás akkor van, ha

D = 0

és

2^{x} > 0

, vagy

D > 0

és

2^{x}

egyik értéke pozitív, a másik negatív, a szorzatuk,

n^{2} - 8

tehát negatív. Az első eset nem lehetséges, hiszen

D = 0

akkor teljesül, ha

n = - \frac{9}{2}

, ami nem egész.
Ha

D > 0

, azaz

- \frac{9}{2} < n

és

n^{2} - 8 < 0

, akkor

- \sqrt[]{8} < n < \sqrt[]{8}

, azaz

n = - 2

n = - 1

n = 0

n = 1

vagy

n = 2

.
Ha

n = - 2

, akkor

2^{x} = 1 + \sqrt[]{5}

x_{6} = log_{2} (1 + \sqrt[]{5})

; ha

n = - 1

, akkor

2^{x} = \sqrt[]{2}

x_{7} = log_{2} \sqrt[]{2} = \frac{1}{2}

; ha

n = 0

, akkor

2^{x} = 2

x_{8} = 1

; ha

n = 1

, akkor

2^{x} = - 2 + \sqrt[]{11}

x_{9} = log_{2} (- 2 + \sqrt[]{11})

végül ha

n = 2

, akkor

2^{x} = - 3 + \sqrt[]{13}

x_{10} = log_{2} (- 3 + 13)