Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/3.sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):	Pintér Ferenc
Füzet:	2003/április, 212 - 214. 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. Pintér Ferenc   1. Hozzuk egyszerűbb alakra a következő kifejezést: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left[\frac{1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x^2}}{1-x}-{\left(x^{-\frac{2}{3}}-x^{-\frac{1}{3}}\right)}^{-1}\right]}^{-1}\cdot \left(1+\sqrt[3]{x}\right)\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás. Áttekinthetőbbé teszi a számolást, ha $\sqrt[3]{x}$-et új változóval jelöljük. A műveletek elvégzése után 1-et kapunk eredményül.   2. Határozzuk meg az $x$ és $y$ számjegyeket úgy, hogy igaz legyen a következő egyenlőség: $\begin{array}{c}{\displaystyle 3\cdot \overline{xxxxx}=\overline{yxxxxx}-y\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás. Vezessük be az $a=\overline{xxxxx}$ jelölést. Ekkor a következőt kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\cdot a=\overline{y00000}-y\mathrm{,}\text{azaz}2\cdot a=99999y=9y\cdot 11111.}\end{array}$ Másrészt $2a=2x\cdot 11111$, ezért $2x=9y$. Ebből következik, hogy $x=9$, $y=2$.   3. Adott az $ABCD$ rombusz. Az $ABD$ háromszög köré írt $R$ sugarú kör áthalad a $BCD$ háromszögbe írt kör középpontján. Fejezzük ki $R$ segítségével a rombusz területét.   Megoldás. Jelölje $O$ a $BCD$ háromszögbe írt kör középpontját, $a$ pedig a rombusz oldalát. Ekkor a $BAO\sphericalangle =BDO\sphericalangle$, hiszen az $OB$ húrhoz tartozó kerületi szögek. Ebből pedig következik, hogy a $BCD$ háromszög és így az $ABD$ háromszög is szabályos. Így a rombusz területe: $T_{ABCD}=\frac{a^2\cdot \sqrt[]{3}}{2}$, és ha figyelembe vesszük, hogy $a=2R\cdot \text{sin}{60}^{\circ }$, a területre $T_{ABCD}=\frac{3\cdot \sqrt[]{3}}{2}\cdot R^2$ adódik.   4. A $k$ paraméter mely értéke esetén lesz a $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(k^2-5k+3\right)x^2+\left(3k-1\right)x+2=0}\end{array}$ egyenlet egyik gyöke kétszerese a másiknak?   Megoldás. Az egyenlet akkor másodfokú, ha a főegyüttható, $k^2-5k+3\ne 0$ és akkor vannak valós gyökei, ha $D={\left(3k-1\right)}^2-8\left(k^2-5k+3\right)\ge 0$. A két feltétel teljesüléséről a kapott $k$ ellenőrzésével is meggyőződhetünk, válasszuk most ezt az utat. Ha $x_1$ és $x_2$ az egyenlet gyökei, akkor a feltétel pontosan akkor teljesül, ha a $\begin{array}{c}{\displaystyle P=\left(2x_1-x_2\right)\left(2x_2-x_1\right)}\end{array}$ szorzat nulla. A műveletek elvégzése után $P=5x_1{x}_2-2\left(x_1^2+x_2^2\right)=9x_1{x}_2-2{\left(x_1+x_2\right)}^2$. A gyökök és együtthatók közötti összefüggések felhasználásával $\begin{array}{c}{\displaystyle P=\frac{18}{k^2-5k+3}-\frac{2{\left(3k-1\right)}^2}{{\left(k^2-5k+3\right)}^2}=\frac{2}{{\left(k^2-5k+3\right)}^2}\left(-39k+26\right)\mathrm{,}}\end{array}$ így $P=0$ pontosan akkor teljesül, ha $k=\frac{2}{3}$. Ebben az esetben a főegyüttható nem 0 $\left(\frac{1}{9}\right)$, a diszkrimináns pozitív $\left(\frac{1}{9}\right)$, így két gyök létezik.   Megjegyzés: Ha $k=\frac{2}{3}$, akkor az egyenlet $\frac{1}{9}{x}^2+x+2=0$, a gyökei $-6$ és $-3$.   5. Az $ABC$ háromszögben a $B$ csúcsnál lévő szög, $\beta ={60}^{\circ }$. Megrajzoljuk az $A$ és $C$ csúcsokból induló szögfelezőket, melyek egymást az $O$ pontban, a szemközti oldalakat pedig a $D$ és $E$ pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy $OD=OE$.   Megoldás. Mivel az $AOE\sphericalangle$ az $ACO$ háromszög külső szöge, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle AOE\sphericalangle =\frac{\alpha }{2}+\frac{\gamma }{2}=\frac{\left({180}^{\circ }-\beta \right)}{2}={60}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ Ez azt jelenti, hogy a $BDOE$ négyszög húrnégyszög. Körülírt körének $B$ pontjából a $DO$ és az $EO$ húrok egyenlő, ${30}^{\circ }$-os szögben látszanak ($BO$ szögfelező), azért ez a két húr valóban egyenlő.   6. Oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget a valós számok halmazán: $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\mathrm{,}{2}^{\text{log}{}_{0\mathrm{,}7}\frac{2x+1}{2x-3}}<1.}\end{array}$   Megoldás. A logaritmus értelmezése miatt a tört csak pozitív értéket vehet fel, ez $x<-\frac{1}{2}$, vagy $x>\frac{3}{2}$ esetén teljesül. 1-nél kisebb pozitív alap hatványa akkor és csak akkor kisebb 1-nél, ha a kitevő, $\text{log}{}_{0\mathrm{,}7}\frac{2x+1}{2x-3}$ pozitív. A 0,7 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton fogyó, így ez pontosan akkor teljesül, ha $\frac{2x+1}{2x-3}<0\mathrm{,}{7}^0=1$. Ez az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha $x<\frac{3}{2}$, ezen a halmazon pedig az eredeti kifejezés akkor értelmes, ha $x<-\frac{1}{2}$, így ez a halmaz az egyenlőtlenség megoldása.   7. Egy tetraéderben két szemközti él hossza $x$, a többi él hossza pedig egységnyi. Számoljuk ki a tetraéder térfogatát, mint az $x$ függvényét! Milyen $x$ érték esetén lesz a tetraéder térfogata a legnagyobb? Mennyi ez a legnagyobb térfogat?   Megoldás. Legyen $ABCD$ az adott tetraéder, $CD=AB=x$, $M$ és $N$ az $AB$ és $CD$ élek felezőpontja. Mivel $AN$ és $BN$ egy-egy egyenlő szárú háromszög súlyvonala és így magassága is, azért $AN\perp CD$ és $BN\perp CD$, a $CD$ él merőleges az $ABN$ síkra és így az abban fekvő $NM$ egyenesre. Hasonló indokkal kapjuk, hogy $NM\perp AB$. Az elmondottakból következik, hogy $V_{ABCD}=\frac{1}{3}{T}_{ABN}\cdot \overline{CD}=\frac{1}{6}\cdot \overline{AB}\cdot \overline{CD}\cdot \overline{MN}$, ahol $T_{ABN}$ az $ABN$ háromszög területét jelöli. A Pitagorasz-tétel alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle {\overline{MN}}^2={\overline{BN}}^2-{\overline{BM}}^2=\left(1-\frac{x^2}{4}\right)-\frac{x^2}{4}=1-\frac{x^2}{2}}\end{array}$ adódik. Így $V=\frac{1}{12}\cdot x^2\cdot \sqrt[]{4-2x^2}$, ahol $0<x<\sqrt[]{2}$. A $V>0$ térfogat legnagyobb értéke nyilván ugyanazon $x$ értéknél van, mint a ${12}^2{V}^2\left(x\right)=x^4\left(4-2x^2\right)$ függvény legnagyobb értéke. Utóbbi meghatározására használjuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^4\left(4-2x^2\right)=x^2\cdot x^2\cdot \left(4-2x^2\right)\le {\left(\frac{x^2+x^2+4-2x^2}{3}\right)}^3={\left(\frac{4}{3}\right)}^3\mathrm{,}}\end{array}$ egyenlőség akkor van, ha $x^2=4-2x^2$, ahonnan $x^2=\frac{4}{3}$ adódik, ami lehetséges. Így a térfogat $x=\frac{2}{\sqrt[]{3}}$ esetén lesz a legnagyobb, értéke pedig $V_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}=\frac{2\sqrt[]{3}}{27}$.   8. Bizonyítsuk be, hogy az $ABC$ háromszög $A{A}_1$ és $B{B}_1$ súlyvonalai akkor és csak akkor merőlegesek egymásra, ha a szokásos jelölésekkel: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{ctg}\gamma =2\left(\text{ctg}\alpha +\text{ctg}\beta \right)\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás. A koszinusztétel, illetve a $2T=bc\text{sin}\alpha$ összefüggés felhasználásával ($T$ az $ABC$ háromszög területe) $\text{cos}\alpha =\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}$ és $\text{sin}\alpha =\frac{2T}{bc}$, ahonnan $\text{ctg}\alpha =\frac{-a^2+b^2+c^2}{4T}$. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2\left(\text{ctg}\alpha +\text{ctg}\beta \right)-\text{ctg}\gamma }& {\displaystyle =2\left(\frac{-a^2+b^2+c^2}{4T}+\frac{-b^2+a^2+c^2}{4T}\right)-\frac{-c^2+a^2+b^2}{4T}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{4T}\left(5c^2-a^2-b^2\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Megmutatjuk, hogy ez az érték akkor és csak akkor nulla, ha az $A{A}_1$ és $B{B}_1$ súlyvonalak merőlegesek. Ha $S$ a háromszög súlypontja, akkor Thalész tétele szerint az $ASB$ szög akkor és csak akkor derékszög, ha $AB=2S{C}_1$, ahol $C{C}_1$ a $C$-ből induló súlyvonal, tehát $c=\frac{2}{3}{s}_c$, vagyis $c^2-\frac{4}{9}{s}_c^2=0$. A súlyvonal-tétel szerint $4s_c^2=2a^2+2b^2-c^2$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle c^2-\frac{4}{9}{s}_c^2=c^2-\frac{2a^2+2b^2-c^2}{9}=\frac{2}{9}\left(5c^2-a^2-b^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Azt kaptuk, hogy mind az $A{A}_1$, $B{B}_1$ súlyvonalak merőlegessége, mind pedig a $2\left(\text{ctg}\alpha +\text{ctg}\beta \right)=\text{ctg}\gamma$ összefüggés az $a^2+b^2=5c^2$ egyenlőséggel ekvivalens, amiből a bizonyítandó állítás következik.