Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/7. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2003/november, 463 - 465. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Oldjuk meg a rendezett valós számpárok halmazán a következő egyenletrendszereket:
a)(x+1)y=0,b)x2+xy=2,(x2-1)(y+1)=0;y2-2xy=5.
 

Megoldás. a) Az első egyenletből y=0 vagy x=-1, a második egyenletből y=-1 vagy x2=1.
Ha y=0, akkor x2=1, tehát az x1=1, y1=0 és az x2=-1, y2=0 számpárok megoldások. Ha y=-1, akkor x=-1, tehát az x3=-1, y3=-1 számpár is megoldás. Ha x=-1, akkor yR, tehát az xt=-1, yt=t, tR számpárok is megoldások. (Ezek között az (x2;y2) számpár is megtalálható.)
 
2. Legyen f:RR, f(x)=2x2-2x+4. Igazoljuk az f(k+2)=f(k)+8k+4 azonosságot.
 

Megoldás. Mivel
f(k+2)=2(k+2)2-2(k+2)+4=2k2+6k+8
és
f(k)+8k+4=2k2-2k+4+8k+4=2k2+6k+8,
azért igaz az állítás.
 
3. Határozzuk meg az a paraméter értékét úgy, hogy a következő egyenletek egyik gyöke a másik gyökük kétszerese legyen:
1)x2+3ax+2a2=0;2)x2-3ax+2a2-1=0;3)x2-3(a+1)x+2a2+6a=0;4)x2+ax-2a-4=0.

 
Megoldás. Tegyük fel, hogy az egyenleteknek van valós megoldása (mindegyik egyenletnek a diszkriminánsa nemnegatív). Legyenek a megoldások x1 és x2=2x1.
1) 3x1=-3a, 2x12=2a2, tehát x1=-a, x2=-2a, azaz minden aR esetén az egyik gyök a másik kétszerese.
2) 3x1=3a, 2x12=2a2-1, azaz 2a2=2a2-1, így egyetlen a-ra sem teljesül a követelmény.
3) 3x1=3(a+1), 2x12=2a2+6a, 2(a+1)2=2a2+6a, tehát a=1 és ekkor x2-6x+8=0, x1=2, x2=4.
4) D=a2-4(-2a-4)=(a+4)2, x1,2=-a±(a+4)2, x1=2, x2=-a-2. Ha 2x1=x2, azaz 4=-a-2, akkor a=-6; ha x1=2x2, azaz 2=-2a-4, akkor a=-3, és ezek valóban megoldások.
 
4. A koordináta-rendszerben adott két párhuzamos egyenes, e és f, valamint köztük a k kör. A k kört az e egyenesre tükrözve az x2+y2-4x-12y+39=0 egyenletű k1 kört, az f egyenesre tükrözve pedig az x2+y2-16x+12y+99=0 egyenletű k2 kört kapjuk. Határozzuk meg azt a pontot, amelyre k1 és k2 középpontosan szimmetrikus, illetve annak az egyenesnek az egyenletét, amelyre a k1 és k2 tengelyesen szimmetrikus. Számítsuk ki az e és f egyenesek távolságát.
 
Megoldás. A k1 kör egyenlete (x-2)2+(y-6)2=1, középpontja C1(2;6), a k2 kör egyenlete (x-8)2+(y+6)2=1, középpontja C2(8;-6). k1 és k2 szimmetria-középpontja a C1C2 szakasz F(5;0) felezőpontja, szimmetriatengelye pedig a C1C2 szakasz x-2y=5 egyenletű felező merőlegese; e és f egyenesek távolsága 45, a C1C2 távolság fele (pl. C1F hossza).
 
5. Egy négyoldalú gúla alaplapja az ABCD rombusz. A gúla E csúcsának az alapsíkra eső merőleges vetülete a rombusz átlóinak F metszéspontja. Számítsuk ki a gúla térfogatát és felszínét, ha a rombusz átlói AC=10cm, BD=18cm és a gúla magassága EF=12cm.
 
Megoldás. A rombusz átlói merőlegesen felezik egymást, így az AFE, illetve BFE derékszögű háromszögekből AE=13 cm, BE=15 cm és CE=AE=13 cm, valamint DE=BE=15 cm. A gúla térfogata V=10181223=360cm3.
Az alaprombusz élének hossza 81+25=106 cm.
A palást négy egybevágó háromszögből áll, amelyek oldalainak hossza 13 cm, 15 cm és 106 cm. Egy ilyen háromszög területe kiszámítható a Heron-képlettel (T2=s(s-a)(s-b)(s-c), ahol s=12(a+b+c)), valamelyik oldalhoz tartozó magasság kiszámításával, vagy valamelyik szög kiszámítása után az ismert T=absinγ2 képlettel. Egy ilyen háromszög területe T165,74cm2, így a gúla felszíne
A90+465,74352,96cm2.  

 
6. Oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán:
a)log3x(log13x+3)(log13x-1)<0;b)log132x+2log13x-3log3x0.

 
Megoldás. a) Mivel log13x=-log3x, azért az adott egyenlőtlenség
log3x(log3x-3)(log3x+1)<0
alakban írható.
A log3x kifejezés x>0-ra értelmezett és folytonos függvényt határoz meg. Így
‐ ha log3x>3, akkor a tört pozitív;
‐ ha 0<log3x<3, akkor a tört negatív, így 30<3log3x<33, azaz az 1<x<27 számok megoldások;
‐ ha -1<log3x<0, akkor a tört pozitív; míg
‐ ha log3x<-1, akkor a tört negatív, így 3log3x<3-1, tehát a 0<x<13 számok is megoldások.

b) Az egyenlőtlenség megoldásai: 13x<1 vagy x27.
 
7. a) Igazoljuk, hogy az (an) sorozat pontosan akkor számtani sorozat, ha minden 1-nél nagyobb természetes számra an+1=2an-an-1.
b) Adott a d differenciájú (an) számtani sorozat. A sorozathoz találhatók olyan p és q valós számok, hogy minden 1-nél nagyobb n természetes szám esetén an+1=2pan-qan-1. Határozzuk meg p és q lehetséges értékeit, ha (an) (i) nem állandó sorozat; (ii) olyan állandó sorozat, amelyben a10; (iii) olyan állandó sorozat, amelyben a1=0.
 
Megoldás. a) Ha (an) számtani sorozat és differenciája d, akkor an+1=an+d és an=an-1+d, tehát an+1-an=an-an-1, amiből an+1=2an-an-1.
Ha az (an) sorozatra an+1=2an-an-1, akkor minden n>1 természetes számra an+1-an=an-an-1, tehát a sorozat számtani sorozat.
b) (i) Mivel egyrészt an+1=2pan-qan-1, másrészt an+1=2an-an-1, azért 2pan-qan-1=2an-an-1, tehát (2p-2)an=(q-1)an-1 minden n>1 természetes számra és anan-1, ezért p=1 és q=1.
(ii) Ha a sorozat minden tagja a1 és a10, akkor (2p-2)a1=(q-1)a1, tehát 2p-2=q-1, azaz pR és q=2p-1.
(iii) Ha a sorozat minden tagja 0, akkor p és q tetszőleges valós szám, hiszen (2p-2)0=(q-1)0.
 
8. Egy kör kerületének P pontjából megrajzoltuk a PA=12cm és PB=16cm hosszúságú húrokat. A PA húr F felezőpontjának a PB egyenestől való távolsága 23. Számítsuk ki a kör sugarát.
 
Megoldás. Az F pont a P ponttól 6 cm, a BP egyenestől 23 cm távolságra van, így a BP egyenes egyik oldalán két megfelelő F pont van: F1 és F2. (A BP másik oldalán is van két megfelelő pont, de így az előzővel egybevágó alakzatot kapunk.)
Legyen BPA=α. Ekkor sinα=236=33. (Ha a szerkesztésre nem hivatkozunk, akkor a sinα=33 egyenletből is megkapjuk, hogy két megoldás van.) Koszinusztétellel AB2=AP2+PB2-2APPBcosα=16(25-24cosα), másfelől az r sugarú körben r=AB2sinα. Mivel sinα=33, azért |cosα|=23. Innen két megoldást kapunk:
r1=23(253-242)4,03cm,   illetve  r2=23(253+242)11,57cm.