Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/6. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2003/október, 404 - 407. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a)5x-6=2+x-2b)5x-5=2+x-2;c)5x-4=2+x-2;d)5x-14=2+x-2.

 
Megoldás. Dolgozzunk a 5x-a=2+x-2 egyenlettel. Az egyenlet sokféle módon oldható meg. Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát (ekkor következmény egyenletre jutunk), majd rendezzük az egyenletet. Ekkor
4x-a-2=4x-2.
Legyen x-2=y0, így x=y2+2 és az
y2-y+6-a4=0
egyenlethez jutunk.
a) Ha a=6, akkor y2-y=0, y1=0, y2=1, így x1=2, x2=3 és ezek valóban megoldások.
b) Ha a=5, akkor y2-y+14=0, y3=12, így x3=94, és ez valóban megoldás.
c) Nincs megoldása az egyenletnek.
d) A megoldás x4=6.
 
2. A konvex ABCD négyszög átlói merőlegesek egymásra, a BD átló felezi az AC átlót. Az ABC=120, AC=43, BD=8. Számítsuk ki a négyszög területét, oldalait és szögeit.
 
Megoldás. A négyszög területe T=4382=163.
Jelölje F az átlók metszéspontját. Ekkor az ABF derékszögű háromszög B csúcsnál lévő szöge 60, s mivel AF=23, így BF=2, AB=BC=4, BAF=BCF=30.
Mivel DF=BD-BF=8-2=6, azért az AFD derékszögű háromszögben AD2=(23)2+62=48, AD=CD=48=43. Így AD=DC=AC, tehát az ACD egyenlő oldalú háromszög. A négyszög szögei: 120, 90, 60, 90.
 
3. Igazoljuk, hogy ha -1<a<0 vagy 0<a<1, akkor 1a2+11-a24.
 
Megoldás. Elegendő igazolni, hogy
1a2+11-a2-40,ha-1<a<1ésa0.
Azonos átalakításokkal
1a2+11-a2-41-a2+a2-4a2(1-a2)a2(1-a2)(2a2-1)2a2(1-a2).
(2a2-1)2a2(1-a2)0, hiszen (2a2-1)20 és a2(1-a2)>0. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a2=12, azaz ha a=12 vagy a=-12.
 
4. Az x2+y2=9 és az (x-4)2+(y-8)2=1 egyenletű körök középpontját összekötő szakasz mely pontjából húzható közös érintő a két körhöz? Írjuk fel az érintőegyenesek egyenletét.
 
Megoldás. Készítsünk ábrát. Erről leolvasható, hogy az x=3 egyenletű egyenes közös érintő. Ez a középpontokat összekötő y=2x egyenletű egyenest a P0(3;6) pontban metszi. (A P0 pont a C1(0;0) és C2(4;8) pontokat összekötő szakasznak az a pontja, amelyre C1P0C2P0=3, azaz OP0=34OC2=34(4;8)=(3;6).) A másik közös érintő egyenletét a szerkesztés módszerével, vagy paraméteresen, vagy trigonometria alkalmazásával is megkaphatjuk.
A másik érintőnek van meredeksége, egyenletét y-6=m(x-3) alakban keressük. A közös érintő a körök középpontjától sugárnyi távolságban halad, tehát az origó és az mx-y+6-3m=0 egyenes távolsága 3, azaz
3=|6-3m|m2+1,ahonnanm=34.
A másik érintő egyenlete: 3x-4y+15=0.
 
5. Határozzuk meg yx értékét, ha
a)lg2y+lg2x-2lgylgx-lgy+lgx=2;b)cosy+2x2x=cosy-2x2x.

 
Megoldás. a) Azonos átalakításokkal (lgy-lgx)2-(lgy-lgx)-2=0, ahonnan lgy-lgx=2 vagy lgy-lgx=-1, tehát lgyx=2, yx=100 vagy lgyx=-1, yx=110.
b) cosy+2x2x=cosy-2x2x pontosan akkor igaz, ha y2x+1=y2x-1+2kπ, kZ vagy y2x+1=1-y2x+2nπ, nZ, azaz 2=2kπ, k=1π, ami sohasem teljesül, hiszen 1π nem egész szám vagy yx=2nπ, nZ.
 
6. Határozzuk meg azoknak a rendezett (x;y) számpároknak a halmazát, amelyek kielégítik a következő egyenletrendszert:
x2-4x+4+y2-6y+9=1,|x-2|+y=4.

 
Megoldás. A a2=|a| azonosság alkalmazásával
|x-2|+|y-3|=1,|x-2|+y=4.
Az első egyenletből vonjuk ki a másodikat. Ekkor |y-3|-y=-3, |y-3|=y-3, tehát csak olyan (x;y) számpár lehet megoldás, amelyre y3. Mivel y=4-|x-2|, azért ha x2, akkor y=6-x és x3, ha x<2, akkor y=x+2 és x1. Legyen x=t, így 1t3. Az egyenletrendszert az x=t, y=t+2, 1t<2 és az x=t, y=6-t, 2t3 számpárok elégítik ki. (A megoldáshalmazhoz tartozó P(x;y) pontok az y=4-|x-2| egyenletű grafikonnak azon pontjai, amelyekre y3.)
 
7. Egy szabályos háromszög csúcspontjain át egymással párhuzamos egyeneseket húzunk, közülük a középsőnek a két szélsőtől való távolsága 1, illetve 4. Számítsuk ki a szabályos háromszög oldalait.
 
Megoldás. Legyen a középső egyenes b, a tőle 1, illetve 4 távolságra haladó párhuzamos a, illetve c. A szabályos ABC háromszög A csúcsa essen az a, B csúcsa a b, C csúcsa a c egyenesre. Természetesen végtelen sok ilyen háromszög létezik, s ezek egybevágók. Helyezzük el az A pontot az a egyenesen, a B-t a b egyenesen úgy, hogy az ABC háromszög körüljárási iránya pozitív legyen. Legyen az A pont vetülete a b egyenesen A1, a c egyenesen A2, a B pont vetülete a c egyenesen B1. Ekkor BA1=B1A2=B1C+CA2. Ha a háromszög oldala a, akkor BA1=a2-1, B1C=a2-16, CA2=a2-25, így
a2-1=a2-16+a2-25.
Négyzetre emeléssel, majd rendezéssel:
a2-1=2a2-41+2(a2-16)(a2-25),40-a2=2a4-41a2+400,402-80a2+a4=4a4-164a2+402,
ahonnan a2=28, a=27. A szabályos háromszög oldalának hossza 27.
 
8. a) Igazoljuk az a2+b2+c2ab+bc+ca egyenlőtlenséget, ahol a,b,cR.
b) Igazoljuk, hogy a valós számok halmazán értelmezett
f(x)=(x+a)(x+b)+(x+b)(x+c)+(x+c)(x+a)
hozzárendelési szabállyal megadott függvénynek a, b és c bármely valós értéke esetén van zérushelye.
c) Igazoljuk, hogy a valós számok halmazán értelmezett
g(x)=b2x2+(b2+c2-a2)x+c2
hozzárendelési szabállyal megadott függvénynek nincs zérushelye, ha a, b és c egy háromszög három oldala.
 
Megoldás. a) Világos, hogy (a-b)20 minden a,bR számra. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha a=b. Így a2+b22ab, b2+c22bc és c2+a22ca, tehát
2a2+2b2+2c22ab+2bc+2ca,
így valóban
a2+b2+c2ab+bc+ca,
ahol egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha a=b=c.
b) Azonos átalakításokkal f(x)=3x2+2(a+b+c)x+ab+bc+ca. Az f függvénynek pontosan akkor van a, b és c bármely valós értéke esetén zérushelye, ha az f(x)=0 másodfokú egyenlet diszkriminánsa nemnegatív.
A diszkrimináns:
D=4(a+b+c)2-43(ab+bc+ca),D=4(a2+b2+c2-ab-bc-ca),
így valóban D0.
c) A g(x)=0 egyenlet D1 diszkriminánsa:
D1=(b2+c2-a2)2-4b2c2=(b2+c2-a2+2bc)(b2+c2-a2-2bc)==((b+c)2-a2)((b-c)2-a2)=(b+c+a)(b+c-a)(b-c+a)(b-c-a).
A háromszög-egyenlőtlenség szerint az első három tényező pozitív, a negyedik negatív, így D1<0, a g függvénynek valóban nincs zérushelye. (A koszinusztétel alkalmazásával is dolgozhatunk.)