Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/6. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2003/október, 404 - 407. 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. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:

\begin{matrix} \begin{matrix} a) & \sqrt[]{5 x - 6} = 2 + \sqrt[]{x - 2} & b) & \sqrt[]{5 x - 5} = 2 + \sqrt[]{x - 2}; \\ c) & \sqrt[]{5 x - 4} = 2 + \sqrt[]{x - 2}; & d) & \sqrt[]{5 x - 14} = 2 + \sqrt[]{x - 2} . \end{matrix} \end{matrix}

Megoldás. Dolgozzunk a

\sqrt[]{5 x - a} = 2 + \sqrt[]{x - 2}

egyenlettel. Az egyenlet sokféle módon oldható meg. Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát (ekkor következmény egyenletre jutunk), majd rendezzük az egyenletet. Ekkor

\begin{matrix} 4 x - a - 2 = 4 \sqrt[]{x - 2} . \end{matrix}

Legyen

\sqrt[]{x - 2} = y \geq 0

, így

x = y^{2} + 2

és az

\begin{matrix} y^{2} - y + \frac{6 - a}{4} = 0 \end{matrix}

egyenlethez jutunk.

a)

a = 6

, akkor

y^{2} - y = 0

y_{1} = 0

y_{2} = 1

, így

x_{1} = 2

x_{2} = 3

és ezek valóban megoldások.

b)

a = 5

, akkor

y^{2} - y + \frac{1}{4} = 0

y_{3} = \frac{1}{2}

, így

x_{3} = \frac{9}{4}

, és ez valóban megoldás.

c)

Nincs megoldása az egyenletnek.

d)

A megoldás

x_{4} = 6

2. A konvex

A B C D

négyszög átlói merőlegesek egymásra, a

B D

átló felezi az

A C

átlót. Az

A B C ∢ = 120^{\circ}

A C = 4 \sqrt[]{3}

B D = 8

. Számítsuk ki a négyszög területét, oldalait és szögeit.

Megoldás. A négyszög területe

T = \frac{4 \sqrt[]{3} \cdot 8}{2} = 16 \sqrt[]{3}

.
Jelölje

F

az átlók metszéspontját. Ekkor az

A B F

derékszögű háromszög

B

csúcsnál lévő szöge

60^{\circ}

, s mivel

A F = 2 \sqrt[]{3}

, így

B F = 2

A B = B C = 4

B A F ∢ = B C F ∢ = 30^{\circ}

.
Mivel

D F = B D - B F = 8 - 2 = 6

, azért az

A F D

derékszögű háromszögben

A D^{2} = {(2 \sqrt[]{3})}^{2} + 6^{2} = 48

A D = C D = \sqrt[]{48} = 4 \sqrt[]{3}

. Így

A D = D C = A C

, tehát az

A C D

egyenlő oldalú háromszög. A négyszög szögei:

120^{\circ}

90^{\circ}

60^{\circ}

90^{\circ}

3. Igazoljuk, hogy ha

- 1 < a < 0

vagy

0 < a < 1

, akkor

\frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{1 - a^{2}} \geq 4

Megoldás. Elegendő igazolni, hogy

\begin{matrix} \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{1 - a^{2}} - 4 \geq 0, ha - 1 < a < 1 és a \neq 0. \end{matrix}

Azonos átalakításokkal

\begin{matrix} \frac{1}{a^{2}} + \frac{1}{1 - a^{2}} - 4 \equiv \frac{1 - a^{2} + a^{2} - 4 a^{2} (1 - a^{2})}{a^{2} (1 - a^{2})} \equiv \frac{{(2 a^{2} - 1)}^{2}}{a^{2} (1 - a^{2})} . \end{matrix}

\frac{{(2 a^{2} - 1)}^{2}}{a^{2} (1 - a^{2})} \geq 0

, hiszen

{(2 a^{2} - 1)}^{2} \geq 0

és

a^{2} (1 - a^{2}) > 0

. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha

a^{2} = \frac{1}{2}

, azaz ha

a = \frac{1}{\sqrt[]{2}}

vagy

a = - \frac{1}{\sqrt[]{2}}

4. Az

x^{2} + y^{2} = 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 = 2 x

egyenletű egyenest a

P_{0} (3; 6)

pontban metszi. (A

P_{0}

pont a

C_{1} (0; 0)

és

C_{2} (4; 8)

pontokat összekötő szakasznak az a pontja, amelyre

\frac{C_{1} P_{0}}{C_{2} P_{0}} = 3

, azaz

\vec{O P_{0}} = \frac{3}{4} \vec{O C_{2}} = \frac{3}{4} (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

m x - y + 6 - 3 m = 0

egyenes távolsága 3, azaz

\begin{matrix} 3 = \frac{| 6 - 3 m |}{\sqrt[]{m^{2} + 1}}, ahonnan m = \frac{3}{4} . \end{matrix}

A másik érintő egyenlete:

3 x - 4 y + 15 = 0

5. Határozzuk meg

\frac{y}{x}

értékét, ha

\begin{matrix} a) lg^{2} y + lg^{2} x - 2 lg y \cdot lg x - lg y + lg x = 2; b) cos \frac{y + 2 x}{2 x} = cos \frac{y - 2 x}{2 x} . \end{matrix}

Megoldás.

a)

Azonos átalakításokkal

{(lg y - lg x)}^{2} - (lg y - lg x) - 2 = 0

, ahonnan

lg y - lg x = 2

vagy

lg y - lg x = - 1

, tehát

lg \frac{y}{x} = 2

\frac{y}{x} = 100

vagy

lg \frac{y}{x} = - 1

\frac{y}{x} = \frac{1}{10}

b)

cos \frac{y + 2 x}{2 x} = cos \frac{y - 2 x}{2 x}

pontosan akkor igaz, ha

\frac{y}{2 x} + 1 = \frac{y}{2 x} - 1 + 2 k π

k \in Z

vagy

\frac{y}{2 x} + 1 = 1 - \frac{y}{2 x} + 2 n π

n \in Z

, azaz

2 = 2 k π

k = \frac{1}{π}

, ami sohasem teljesül, hiszen

\frac{1}{π}

nem egész szám vagy

\frac{y}{x} = 2 n π

n \in Z

6. Határozzuk meg azoknak a rendezett

(x; y)

számpároknak a halmazát, amelyek kielégítik a következő egyenletrendszert:

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} - 4 x + 4} + \sqrt[]{y^{2} - 6 y + 9} = 1, | x - 2 | + y = 4. \end{matrix}

Megoldás. A

\sqrt[]{a^{2}} = | a |

azonosság alkalmazásával

\begin{matrix} \begin{matrix} | x - 2 | + | y - 3 | & = 1, \\ | x - 2 | + y & = 4. \end{matrix} \end{matrix}

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

y \geq 3

. Mivel

y = 4 - | x - 2 |

, azért ha

x \geq 2

, akkor

y = 6 - x

és

x \leq 3

, ha

x < 2

, akkor

y = x + 2

és

x \geq 1

. Legyen

x = t

, így

1 \leq t \leq 3

. Az egyenletrendszert az

x = t

y = t + 2

1 \leq t < 2

és az

x = t

y = 6 - t

2 \leq t \leq 3

számpárok elégítik ki. (A megoldáshalmazhoz tartozó

P (x; y)

pontok az

y = 4 - | x - 2 |

egyenletű grafikonnak azon pontjai, amelyekre

y \geq 3

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

A B C

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

A B C

háromszög körüljárási iránya pozitív legyen. Legyen az

A

pont vetülete a

b

egyenesen

A_{1}

, a

c

egyenesen

A_{2}

, a

B

pont vetülete a

c

egyenesen

B_{1}

. Ekkor

B A_{1} = B_{1} A_{2} = B_{1} C + C A_{2}

. Ha a háromszög oldala

a

, akkor

B A_{1} = \sqrt[]{a^{2} - 1}

B_{1} C = \sqrt[]{a^{2} - 16}

C A_{2} = \sqrt[]{a^{2} - 25}

, így

\begin{matrix} \sqrt[]{a^{2} - 1} = \sqrt[]{a^{2} - 16} + \sqrt[]{a^{2} - 25} . \end{matrix}

Négyzetre emeléssel, majd rendezéssel:

\begin{matrix} \begin{matrix} a^{2} - 1 = 2 a^{2} - 41 + 2 \sqrt[]{(a^{2} - 16) (a^{2} - 25)}, \\ 40 - a^{2} = 2 \sqrt[]{a^{4} - 41 a^{2} + 400}, \\ 40^{2} - 80 a^{2} + a^{4} = 4 a^{4} - 164 a^{2} + 40^{2}, \end{matrix} \end{matrix}

ahonnan

a^{2} = 28

a = 2 \sqrt[]{7}

. A szabályos háromszög oldalának hossza

2 \sqrt[]{7}

a)

Igazoljuk az

a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + c a

egyenlőtlenséget, ahol

a, b, c \in R

b)

Igazoljuk, hogy a valós számok halmazán értelmezett

\begin{matrix} f (x) = (x + a) (x + b) + (x + b) (x + c) + (x + c) (x + a) \end{matrix}

hozzárendelési szabállyal megadott függvénynek

a

b

és

c

bármely valós értéke esetén van zérushelye.

c)

Igazoljuk, hogy a valós számok halmazán értelmezett

\begin{matrix} g (x) = b^{2} x^{2} + (b^{2} + c^{2} - a^{2}) x + c^{2} \end{matrix}

hozzárendelési szabállyal megadott függvénynek nincs zérushelye, ha

a

b

és

c

egy háromszög három oldala.

Megoldás.

a)

Világos, hogy

{(a - b)}^{2} \geq 0

minden

a, b \in R

számra. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha

a = b

. Így

a^{2} + b^{2} \geq 2 a b

b^{2} + c^{2} \geq 2 b c

és

c^{2} + a^{2} \geq 2 c a

, tehát

\begin{matrix} 2 a^{2} + 2 b^{2} + 2 c^{2} \geq 2 a b + 2 b c + 2 c a, \end{matrix}

így valóban

\begin{matrix} a^{2} + b^{2} + c^{2} \geq a b + b c + c a, \end{matrix}

ahol egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha

a = b = c

b)

Azonos átalakításokkal

f (x) = 3 x^{2} + 2 (a + b + c) x + a b + b c + c a

. 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:

\begin{matrix} \begin{matrix} D = 4 {(a + b + c)}^{2} - 4 \cdot 3 (a b + b c + c a), \\ D = 4 (a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a), \end{matrix} \end{matrix}

így valóban

D \geq 0

c)

g (x) = 0

egyenlet

D_{1}

diszkriminánsa:

\begin{matrix} \begin{matrix} D_{1} & = {(b^{2} + c^{2} - a^{2})}^{2} - 4 b^{2} c^{2} = (b^{2} + c^{2} - a^{2} + 2 b c) (b^{2} + c^{2} - a^{2} - 2 b c) = \\ = ({(b + c)}^{2} - a^{2}) ({(b - c)}^{2} - a^{2}) = (b + c + a) (b + c - a) (b - c + a) (b - c - a) . \end{matrix} \end{matrix}

A háromszög-egyenlőtlenség szerint az első három tényező pozitív, a negyedik negatív, így

D_{1} < 0

, a

g

függvénynek valóban nincs zérushelye. (A koszinusztétel alkalmazásával is dolgozhatunk.)