Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2002/9. számú felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2003/január, 23 - 26. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Az (an) sorozat tagjai azok a pozitív egész számok, amelyek 8-cal osztva 5-öt adnak maradékul, a (bn) sorozat tagjai azok a pozitív egész számok, amelyek 6-tal osztva 1-et adnak maradékul. Jelöljük Sn-nel és Tn-nel az (an), illetve (bn) sorozat első n tagjának összegét.
a) Mekkora n, ha SnTn=2516?
b) Melyik az a legkisebb n, amelyre Sn-Tn>1000?
 
Megoldás. A sorozatok n-edik tagjai an=5+(n-1)8=8n-3, illetve bn=1+(n-1)6=6n-5, ezért
Sn=5+(8n-3)2n4n2+n,illetveTn=1+(6n-5)2n3n2-2n.

a) n(4n+1)n(3n-2)=2516, ha n=6.
b) Sn-Tn=n2+3n, n2+3n>1000, n>0 esetén n>12(-3+4009), így a legkisebb n a 31.
 
2. Az A, illetve a B pont helyvektora OA=a és OB=b. Az OA szakasz O-hoz közelebbi harmadoló pontja D, az AB szakasz A-hoz közelebbi harmadoló pontja E, a BD és OE egyenesek metszéspontja P. Fejezzük ki a-val és b-vel az OP és a PD vektorokat.
 
Megoldás. A feltétel szerint OD=13a, így BD=13a-b; OE=13(2a+b); OP=α13(2a+b); PD=β(13a-b); és OD=OP+PD.
13a=α3(2a+b)+β(13a-b),a=2αa+αb+βa-3βb,(1-2α-β)a=(α-3β)b(α,βR).
Mivel a és b nem párhuzamos vektorok, azért γa=δb akkor és csak akkor, ha γ=0 és δ=0. Ezért 2α+β=1 és α=3β, tehát β=17, α=37. Így OP=17(2a+b) és PD=121a-17b.
 
3. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket:
a)1-4x+4x2+2x-1=0;b)xlog3x=819;c)sin2x+7cos2x=1.

 
Megoldás. a) 1-4x+4x2(1-2x)2, (1-2x)2=|1-2x|, |1-2x|=1-2x pontosan akkor, ha 1-2x0. Az egyenlet megoldásai az x12 valós számok.
b) Vegyük mindkét oldal hármas alapú logaritmusát (ez ekvivalens átalakítás), és vegyük figyelembe, hogy 819=349, valamint (log3x)2=(23)2, azaz log3x=23, vagy log3x=-23. Az egyenlet megoldásai: x1=323=93 vagy x2=3-23=193.
c) Az alábbi egyenletrendszert kell kielégítenie a sin2x és a cos2x ismeretleneknek:
sin2x+7cos2x=1sin22x+cos22x=1
Az egyenletrendszer megoldásaként cos2x=0 és sin2x=1, vagy cos2x=0,28 és sin2x=-0,96 adódik, amiből 2x=π2+k2π, x1=π4+kπ; vagy 2x=1,28+k2π, x2=0,64+kπ.
 
4. Tekintsük azt a szabályos négyoldalú gúlát, amelynek minden éle egyenlő, és a beírható gömb sugara ϱ=1 egység. Számítsuk ki a gúla éleinek a hosszát.
 
Megoldás. Tekintsük a gúlának azt a síkmetszetét, amely átmegy az alapnégyzet két szemközti élének felezőpontján és a gúla csúcsán. Ez a sík a gúlából egy olyan egyenlő szárú háromszöget metsz ki, amelybe írt kör a gömb egy főköre. Legyen a gúla éle a. Ekkor ezen egyenlő szárú háromszög alapja a, szára az oldallapot alkotó egyenlő oldalú háromszög magasságával egyenlő, tehát a32, a beírható kör sugara ϱ=1. A háromszög alaphoz tartozó m magasságára:
m2=(a32)2-(a2)224a2,m=a22.
A háromszög területe T=a224, a háromszög félkerülete s=a2+a32, mivel ϱ=Ts, ezért
1=a224a2(1+3),
ahonnan a=2(1+3) egység.
 
5. Az ABC háromszögben az A csúcsnál levő szög a B csúcsnál levő szög kétszerese, továbbá 6AB=5BC, és a háromszög területének mérőszáma az A csúcsnál levő szög szinuszának 62,5-szerese. Számítsuk ki a háromszög oldalait.
 
Megoldás. A feltétel szerint ABBC=56. Legyen AB=5x, ekkor BC=6x, és legyen AC=b. Hosszabbítsuk meg az AB oldalt az A-n túl az AD=b szakasszal. Mivel CAB=2ABC, azért ha ABC=β, akkor CAB=2β. A CAB szög a DAC egyenlő szárú háromszög külső szöge, ezért CDA=DCA=β. A DBC és a DCA egyenlő szárú háromszögek 2-2 szöge β, tehát hasonlók. A megfelelő oldalak aránya megegyezik, tehát b+5x6x=6xb, ahonnan b2+5xb-36x2=0, s mivel b>0, azért b=4x. A területre adott feltétel alkalmazásával
4x5x2sinα=62,5sinα,
ahonnan x2=6,25; x=2,5 (x>0). A háromszög oldalai tehát: AB=12,5; AC=10; BC=15 egység.
 
6. Írjuk fel annak a P(-1;-1) ponton áthaladó körnek az egyenletét, amely érinti az x+2y-6=0 és a 2x-y+3=0 egyenletű egyeneseket.
 
Megoldás. A két egyenes merőleges egymásra, metszéspontjuk a Q(0;3) pont. A P(-1;-1) pont abban a síknegyedben van, amelynek pontjaira y3. Legyen a keresett kör középpontja K(u;v), sugara r. A K pont az adott egyenesektől egyenlő távolságra van, így |u+2v-6|5=|2u-v+3|5, ahonnan u-3v=-9 vagy 3u+v=3. Most az utóbbira van szükségünk, tehát v=3-3u. A keresett kör egyenlete:
(x-u)2+(y-(3-3u))2=r2.(1)
Az (u;3-3u) pont a 2x-y+3=0 egyenletű egyenestől r távolságra van, tehát
r=|2u-(3-3u)+3|5,r2=5u2.
A P(-1;-1) pont koordinátái kielégítik az (1) egyenletet:
(-1-u)2+(-1-(3-3u))2=5u2,
ahonnan 5u2-22u+17=0, u=1 vagy u=175. A feltételeknek két kör felel meg, ezek egyenlete: (x-1)2+y2=5, illetve (x-175)2+(y+365)2=2895.
 
7. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán, ahol a valós paraméter:
a)(a+2)y+ay-2=4a+6;b)(a+2)3x+a3x-2=4a+6.

 
Megoldás. a) y=2 az egyenletnek nem lehet megoldása. Átalakításokkal
(a+2)y2-(6a+10)y+9a+12=0.
Ha a=-2, akkor az egyenlet megoldása y0=3. Ha a-2, akkor y1=3, y2=3a+4a+2, így y1 megoldás; míg y22, tehát a0 esetén y2 is megoldás és a=0 esetén egyetlen megoldás az y1.
b) Ha a=-2, akkor 3x=3, x0=1 a megoldás. Ha a-2, akkor 3x=3, x1=1 mindig megoldás; míg 3x=3a+4a+2 akkor ad megoldást, ha 3a+4a+2>0 és 3a+4a+22, azaz x2=log33a+4a+2 akkor megoldás, ha a<-2 vagy -43<a<0 vagy a>0.
 
8. Melyek azok a valós számokból álló számpárok, amelyek kielégítik az
xlogxy=ylogyx
kétismeretlenes egyenletet?

 
Megoldás. A logaritmus értelmezése szerint x>0, x1 és y>0, y1 kell, hogy teljesüljön.
Mindkét oldalon álló kifejezés akkor értelmezett, ha x>1 és y>1, vagy 0<x<1 és 0<y<1, hiszen logxy0 és logyx0 kell, hogy teljesüljön.
Valóban, ha x>1, akkor y1 és y1, tehát y>1, és ha 0<x<1, akkor 0<y1 és y1, tehát 0<y<1. Az egyenlettel ekvivalens egyenletet kapunk, ha mindkét oldalon álló kifejezésnek vesszük az x alapú logaritmusát. logxxlogxylogxy és logxylogyxlogyxlogxy(logyxlogxy)logxy=logxy. (Felhasználtuk, hogy logxy>0 és logyxlogxy=1.) Az egyenlet megoldásai pontosan azok az (x,y) számpárok, amelyekre x>1 és y>1, vagy 0<x<1 és 0<y<1. Az egyenlet ezen számpárok halmazán azonosság.