Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/4. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2003/május, 269 - 271. 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. Rábai Imre   1. Az $\left(a_n\right)$ sorozatban minden $n$ pozitív egész számra $\begin{array}{c}{\displaystyle a_n=2a_{n+1}-a_{n+2}\text{és}{a}_2+a_6=8.}\end{array}$ Határozzuk meg a sorozat első $7$ tagjának az összegét.   Megoldás. Minden pozitív egész $n$ esetén $a_{n+2}-a_{n+1}=a_{n+1}-a_n$, tehát a sorozat számtani sorozat. Így $a_1+a_7=a_2+a_6=8$, az első 7 tag összege pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle 7\cdot \frac{a_1+a_7}{2}=28.}\end{array}$   2. A $4$ egység sugarú $k_1$ és $k_2$ körök a $D$ pontban érintik egymást. A körök közös átmérőegyenese a $k_1$ kört a $D$ és az $A$ pontban metszi. A $D$ pontra illeszkedő, $AD$-vel ${60}^{\circ }$-os szöget bezáró egyik szelő a $k_1$ kört a $C$, a $k_2$ kört a $B$ pontban metszi $(C\ne D$, $B\ne D)$. Határozzuk meg az $ABC$ háromszög területét.   Megoldás. A Thalész-tétel szerint az $ACD\sphericalangle ={90}^{\circ }$. Az $ADC$ derékszögű háromszögben az átfogó $AD=8$ egység, $ADC\sphericalangle ={60}^{\circ }$, tehát $CD=4$, $AC=4\sqrt[]{3}$ egység. Az $ABC$ háromszög derékszögű, és mivel $CD=DB=4$ egység, azért $BC=8$ egység, az $ABC$ háromszög területe $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\frac{8\cdot 4\sqrt[]{3}}{2}=16\sqrt[]{3}\text{területegység.}}\end{array}$   3. Oldjuk meg az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x+2y+2\sqrt[]{x+2y}}& {\displaystyle =\mathrm{15,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \sqrt[]{2y-4x}-1}& {\displaystyle =\frac{2}{\sqrt[]{2y-4x}}}\hfill \end{array}}\}}\end{array}$ egyenletrendszert, amelyben $x$ és $y$ valós számokat jelölnek.   Megoldás. Legyen $\sqrt[]{x+2y}=a$, ahol $a\ge 0$ és $x+2y\ge 0$ és $\sqrt[]{2y-4x}=b$, ahol $b>0$ és $2y-4x>0$. Ekkor $a^2+2a-15=0$ és $b^2-b-2=0$, ahonnan $a=3$ és $b=2$, $x+2y=9$ és $2y-4x=4$. Az egyenletrendszer egyetlen megoldása az $x=1$, $y=4$ számpár.   4. Az $ABC$ háromszögben $BAC\sphericalangle ={60}^{\circ }$. Az $A$ csúcsponton átmenő szögfelező egyenes a $BC$ oldalt olyan $D$ pontban metszi, amelyre $\frac{BD}{CD}=\frac{1}{4}$. Számítsuk ki a háromszög másik két szögét.   Megoldás. A szögfelező osztásarány tétele szerint $\frac{AB}{AC}=\frac{1}{4}$. Legyen $ACB\sphericalangle =\gamma$, ekkor $ABC\sphericalangle ={120}^{\circ }-\gamma$, így a szinusztétel alkalmazásával $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{1}{4}=\frac{\text{sin}\gamma }{\text{sin}\left({120}^{\circ }-\gamma \right)}\mathrm{,}\frac{\sqrt[]{3}}{2}\text{cos}\gamma +\frac{1}{2}\text{sin}\gamma =4\text{sin}\gamma \mathrm{,}\frac{7}{2}\text{sin}\gamma =\frac{\sqrt[]{3}}{2}\text{cos}\gamma \mathrm{,}\text{tg}\gamma =\frac{\sqrt[]{3}}{7}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle ABC\sphericalangle \approx 106\mathrm{,}{10}^{\circ }\mathrm{,}ACB\sphericalangle \approx 13\mathrm{,}{90}^{\circ }\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$   5. Azon $200\text{cm}$ kerületű húrtrapézok közül, amelyeknek két szöge ${45}^{\circ }$-os, melyiknek maximális a területe? Mekkora ez a terület?   Megoldás. Legyen a trapéz magassága $x$ cm, a rövidebb párhuzamos oldal $y$ cm. Ekkor a hosszabb párhuzamos oldal $2x+y$, a szárak hossza $x\sqrt[]{2}$ cm. A trapéz területe $\begin{array}{c}{\displaystyle T\left(x;y\right)=\frac{2x+2y}{2}\cdot x\mathrm{,}T\left(x;y\right)=\left(x+y\right)x\mathrm{.}}\end{array}$ A feltétel szerint $2x+2y+2x\sqrt[]{2}=200$, ahonnan $x+y=100-x\sqrt[]{2}$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle T\left(x\right)=x\left(100-x\sqrt[]{2}\right)\text{és}0<y=100-x\left(1+\sqrt[]{2}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $0<x<100\left(\sqrt[]{2}-1\right)$. Teljes négyzetté kiegészítéssel $\begin{array}{c}{\displaystyle T\left(x\right)=\sqrt[]{2}{\left(25\sqrt[]{2}\right)}^2-\sqrt[]{2}{\left(x-25\sqrt[]{2}\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $0<25\sqrt[]{2}<100\left(\sqrt[]{2}-1\right)$, azért $T\left(x\right)$ akkor maximális, ha $x=25\sqrt[]{2}$ cm. A maximális terület $T=1250\sqrt[]{2}\text{c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$. Ez annak a húrtrapéznak a területe, amelynek párhuzamos oldalainak hossza $\left(50-25\sqrt[]{2}\right)$ cm, illetve $\left(50+25\sqrt[]{2}\right)$ cm, a szárak hossza 50 cm.   6. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenségeket: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{|x-1|}\left(x+6\right)+\text{log}{}_{\frac{1}{|x-1|}}x<0;}\end{array}$ a) $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{|x-1|}\left(x+6\right)+\text{log}{}_{\frac{1}{|x-1|}}x\ge 0.}\end{array}$ b)   Megoldás. Az egyenlőtlenségek akkor értelmezhetők, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle x>\mathrm{0,}|x-1|>0\text{és}|x-1|\ne \mathrm{1,}}\end{array}$ azaz ha $0<x<1$ vagy $1<x<2$ vagy $x>2$. Vegyük figyelembe, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{\frac{1}{a}}b\equiv -\text{log}{}_{a}b\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $a>0$, $a\ne 1$ és $b>0$. Ennek alkalmazásával: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{|x-1|}\left(x+6\right)<\text{log}{}_{|x-1|}x;}\end{array}$ a) $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{|x-1|}\left(x+6\right)\ge \text{log}{}_{|x-1|}x\mathrm{.}}\end{array}$ b) $a)$ Ha $0<|x-1|<1$, azaz most $0<x<1$ vagy $1<x<2$, akkor a logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, tehát $x+6>x$, ami minden ilyen $x$-re teljesül. Ha $|x-1|>1$, azaz most $x>2$, akkor a logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő, tehát $x+6<x$, ami egyetlen $x$-re sem teljesül. Az egyenlőtlenség megoldásai a $0<x<1$ vagy az $1<x<2$ valós számok. $b)$ Hasonló módon kapható, hogy az $x>2$ valós számok a megoldások.   7. Egy négyzet alapú egyenes hasáb alapéle $a$, oldaléle $b$ egység hosszú, ahol $a$ és $b$ pozitív egész számok. A hasáb felületét befestjük, majd a hasábot egységnyi élhosszúságú kockákra vágjuk. Az így kapott kockák között $112\text{db}$ olyan van, amelyeknek pontosan egy oldallapja festett. Határozzuk meg az eredeti hasáb felszínét és térfogatát!   Megoldás. Ha $a\le 2$ vagy $b=1$, akkor nincs olyan kis kocka, amelynek csak egy lapja festett, így $a>2$ és $b\ge 2$. A hasáb élei mentén elhelyezkedő kis kockáknak legalább két lapja festett, így az egy oldalon festett kockák száma $\begin{array}{c}{\displaystyle 2{\left(a-2\right)}^2+4\left(a-2\right)\left(b-2\right)=112.}\end{array}$ Átalakításokkal $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(a-2\right)\left(a+2b-6\right)=\mathrm{56,}}\end{array}$ és $a-2<a-2+2\left(b-2\right)=a+2b-6$ és vegyük észre, hogy a két tényező azonos paritású. 56-nak két ilyen felbontása van: $56=2\cdot 28$, illetve $56=4\cdot 14$. Ha $a-2=2$, $a=4$, akkor $b=15$; ha $a-2=4$, $a=6$, akkor $b=7$, és mindkét megoldás megfelel a feltételeknek. Ha $a=4$ és $b=15$ egység, akkor a hasáb felszíne $A=2a^2+4ab=272$ területegység, a térfogata $V=a^{2}b=240$ térfogategység, ha $a=6$ és $b=7$, akkor a hasáb felszíne $A=240$ területegység, a hasáb térfogata $V=252$ térfogategység.   8. A $k$ valós paraméter mely értékei esetén lesz az $\begin{array}{c}{\displaystyle x^4-\left(k+3\right)x^2+3k=0}\end{array}$ egyenlet négy különböző valós gyöke egy számtani sorozat négy egymást követő tagja?   Megoldás. Az adott egyenlet $x^2$-re másodfokú, ahonnan $x^2=3$ vagy $x^2=k$. Az eredeti egyenletnek akkor van négy különböző valós gyöke, ha $k>0$ és a négy gyök: $\sqrt[]{3}$, $-\sqrt[]{3}$, $\sqrt[]{k}$, $-\sqrt[]{k}$. A négy gyököt egy növekvő számtani sorozat négy egymás utáni tagjaként kétféleképpen írhatjuk fel attól függően, hogy $k>3$ vagy $0<k<3$. Az első esetben $-\sqrt[]{k}$, $-\sqrt[]{3}$, $\sqrt[]{3}$, $\sqrt[]{k}$, és így $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\sqrt[]{3}=-\sqrt[]{3}+\sqrt[]{k}\mathrm{,}\sqrt[]{k}=3\sqrt[]{3}\mathrm{,}k=\mathrm{27,}}\end{array}$ a második esetben $-\sqrt[]{3}$, $-\sqrt[]{k}$, $\sqrt[]{k}$, $\sqrt[]{3}$, és így $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\sqrt[]{k}=-\sqrt[]{k}+\sqrt[]{3}\mathrm{,}3\sqrt[]{k}=\sqrt[]{3}\mathrm{,}k=\frac{1}{3}\mathrm{,}}\end{array}$ Csökkenő sorrendben való felírás nem ad újabb megoldást, ezért $k=27$ vagy $k=\frac{1}{3}$ esetén lesz a megadott negyedfokú egyenlet négy különböző gyöke egy számtani sorozat négy egymást követő tagja.