Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a felvételi előkészítő feladatokhoz
Szerző(k):  Scharnitzky Viktor 
Füzet: 2003/szeptemberi melléklet, 38 - 47. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Jelölje Cn és En az |x|+|y|n egyenlőtlenség, illetve az |x|+|y|=n egyenlet egész megoldásainak a számát. Ekkor nyilván C0=E0=1 és Ci=Ei+Ci-1. Adjuk össze ezeket az egyenlőségeket az i=1,2,...,n értékekre:
C1+C2+...+Cn=E1+E2+...+En+C0+C1+C2+...+Cn-1,
azaz
Cn=E1+E2+...+En+C0.
Az Ei halmaz elemei az |x|+|y|=i egyenlet egész megoldásai (ábra). Az x0, y0 síknegyedben i+1 megoldást kapunk, ezek: (i;0),(i-1;1),...,(0;i). A további három síknegyeddel együtt ez összesen 4(i+1) megoldás, így azonban a tengelyeken lévő összesen 4 megoldás mindegyikét kétszer számoltuk. Eszerint Ei=4i, ha i>0.
 
 

Így Cn=4(1+2+...+n)+1=2n2+2n+1. Behelyettesítve C1000=2002001.
 
2. Legyen 7+523=u és u konjugáltját, 7-523-t jelöljük v-vel. Ekkor
uv=(7+52)(7-52)3=-1.
Próbáljuk kiszámolni u+v értékét. Az (u+v)3=u3+v3+3uv(u+v) azonosság felhasználásával (u+v)3=7+52+7-52-3(u+v), tehát t=u+v gyöke a t3=14-3t egyenletnek. Némi próbálkozás után kapjuk, hogy az egyenletnek megoldása a 2, ennek megfelelően t3+3t-14=(t-2)(t2+2t+7). A másodfokú tényezőnek nincsen valós gyöke, így ha t olyan valós szám, amelyre t3+3t-14=0, akkor t=2.
u-ra és v-re az uv=-1, u+v=2 egyenleteket kaptuk, a gyökök és együtthatók közti összefüggések szerint tehát u (és persze v) gyökei az
x2-2x-1=0
egyenletnek.
 
Megjegyzések. 1. Némi próbálkozás után felismerhető, hogy a köbgyök alatt 7+52=(1+2)3 áll. Így u=1+2, ahonnan ugyancsak felírható a keresett egyenlet:
x=1+2x-1=2(x-1)2=2(x-1)2-2=x2-2x-1=0.

2. Ha közvetlenül az x=7+523 ,,egyenletre'' alkalmazzuk az előbbi módszert, akkor köbre emelés után x3=7+52 adódik, amit rendezve és négyzetre emelve (x3-7)=50, azaz a hatodfokú x6-14x3-1=0 egyenlet adódik. Ennek a polinomnak valóban osztója az x2-x-1 polinom.
 
3. Ha a három szomszédos páros szám közül a középső osztható 4-gyel, akkor a két szélső 4k-2 és 4k+2 alakú szám a 2-nek pontosan az első hatványával osztható, ebben az esetben a középső szám megfelelő. Ha pedig a középső páros szám nem osztható 4-gyel, akkor mindkét szélső páros szám a 4-nek többszöröse. Közülük pontosan egy 8-cal is osztható és így rendelkezik az előírt tulajdonsággal.
 
4. Ha a sorozat differenciája nulla, akkor ai=a1, a bal oldalon az n-1 egyenlő tagból álló összeg értéke n-12a1, ami egyenlő a jobb oldal értékével.
Ha d0, akkor gyöktelenítsük a nevezőket:
1ai+ai+1=ai+1-aiai+1-ai=1d(ai+1-ai).
A bal oldal értéke tehát
1d(an-an-1+an-1-an-2+...+a2-a1)=an-a1d.
A jobb oldalon a nevezőt gyöktelenítve
(n-1)(an-a1)an-a1
adódik, ami an-a1=(n-1)d miatt valóban egyenlő a bal oldal értékével.
 
5. ababab¯=ab¯10101=ab¯371337. Ennek a számnak a legnagyobb prímosztója a 37-nél nagyobb ab¯ prím lehet. A legnagyobb kétjegyű prím a 97, így 979797 esetén kapjuk a legnagyobb prímosztót, értéke 97.
 
6. A logaritmus értelmezése szerint x>0, x1 és y>0. A feltétel szerint x és y egész számok, így x2, y1. Ekkor a bal oldal is értelmes. A jobb oldal logxxy, a logaritmusfüggvény kölcsönösen egyértelmű, tehát 5xy+24=xy.
0xy-ra nézve másodfokú egyenletet kaptunk, ennek nemnegatív gyöke 8, ahonnan xy=64. Mivel x2 egész, a 64=26-nak 1-nél nagyobb osztói lehetnek x értékei és minden ilyen x-re y=64x pozitív egész. Lépéseink megfordíthatók, így ezek a számpárok megoldásai az eredeti egyenletnek.
Az egyenlet tehát összesen hat pozitív egész számpárra teljesül.
 
7. 0<an<2 pontosan akkor teljesül, ha
3<log2(n+4)<5.

Az xlog2x függvény szigorúan monoton növő, így a feltétel ekvivalens a
23<n+4<25
egyenlőtlenséggel. A ]23;25[ intervallumban 25-1-23=23 egész szám van. n+4 ezek mindegyikét fölveszi és log2(n+4) ezek mindegyikére értelmes.
A sorozatnak tehát 23 olyan pozitív eleme van, amely kisebb 2-nél.
 
8. I. megoldás. Jelöljük a bal oldalon álló függvényt f(x)-szel és a második tagban alakítsunk teljes négyzetté a négyzetgyök alatt:
f(x)=x2+9+(x-8)2+9.
Ekkor g(x)=f(x+4)=(x+4)2+9+(x-4)2+9, így elegendő g(x) minimális értékét keresni. Mivel g(x)>0, azért g(x) akkor minimális, ha g2(x) minimális.
g2(x)=2(x2+25)+2(x2+25+8x)(x2+25-8x)==2(x2+25)+2(x2+25)2-64x2.
A második gyökjel alatt két pozitív mennyiség szorzata áll:
(x2+25)2-64x2=x4-14x2+252x4-50x2+252=(x2-25)2,
és pontosan akkor van egyenlőség, ha x2=0. Így
g2(x)2(x2+25)+2(x2-25)2=2(x2+25)+2|x2-25|={4x2,ha  x225100,ha  x2<25.

Ha x225, akkor 4x2100, így mindenképpen
g2(x)100,azazg(x)10,
egyenlőség pedig pontosan akkor teljesül, ha x2=0, azaz x=0. Így f(x)=g(x-4)10 és pontosan akkor van egyenlőség ‐ azaz f(x) pontosan akkor minimális ‐, ha x=4.
 
II. megoldás. f(x) két tagjának geometriai jelentés tulajdonítható.
Tekintsük a derékszögű koordinátarendszerben az O(0;0), A(8;0) és az y=3 egyenesen mozgó P(x;3) pontokat (1. ábra).
 
 

1. ábra
 

Ekkor az ismert távolságformula szerint
PO=x2+32ésPA=(x-8)2+32.
A feladat kérdése tehát úgy fogalmazható, hogy az e egyenes mely P pontjára lesz minimális a PO+PA távolságösszeg.
A feladat jól ismert megoldását úgy kapjuk, hogy az egyik rögzített pontot ‐ legyen ez az O ‐ tükrözzük az e egyenesre (2. ábra). Ekkor az O'A szakasz e-vel való P metszéspontjában adódik a minimum.
 
 

2. ábra
 

Valóban, az egyenes tetszőleges, P-től különböző P1 pontjára OP1=O'P1 a tükrözés miatt, a háromszög-egyenlőtlenség szerint pedig O'P1+P1A>O'P+PA=O'A.
Mivel az e egyenes most párhuzamos az OA szakasszal, az egyenes középvonala az AOO' háromszögnek, így P első koordinátája a két rögzített pont, O és A első koordinátájának a számtani közepe, xP=xO+xA2=4. A PO+PA összeg tehát az e egyenes P(4;3) pontjára lesz a legkisebb, így a kifejezés értéke akkor minimális, ha x=4.
 
9. A. Szorozzuk sin15+cos15 értékét sin45=cos45=22-vel. Az ismert addíciós összefüggés szerint
22(sin15+cos15)=sin15cos45+cos15sin45=sin60=32.
Így sin15+cos15=32, azaz
A=(32)2002131001=121001.

B. Mivel 97+563=(7+43)2, azért
B=log7+43197+563=log7+43(7+43)-2=-2.

C. Számoljuk 2C értékét úgy, hogy a második alkalommal fordított sorrendben írjuk le az összeg tagjait. (Ahogyan a legenda szerint a kis Gauss összegezte a számtani sorozatot.) Ekkor
2C=cos(19)+cos(29)+...+cos(199)++cos(199)+cos(189)+...+cos(19).
Az összesen 219 tagú összeg egymás alatt álló tagjai
cos(i9)+cos[(20-i)9]=cos(9i)+cos(180-9i)
alakúak. Ismeretes, hogy ha α+β=180, akkor cosα+cosβ=0, így az egymás alatt álló tagok összege 0, tehát 2C=0=C.
A megfelelő sorrend tehát B<C<A.
 
10. Ha eredetileg b autóbuszt rendeltek, akkor a feltétel szerint
nb-1=nb+5,azazn=5(b2-b).

Ha 300n400, akkor 60b2-b80, tehát a
b2-b-800b2-b-60
egyenlőtlenségrendszert kell megoldanunk, ahol b pozitív egész.
Az első feltételből b9,46, a másodikból pedig b8,26 adódik. Így b=9 és n=5(92-9)=360.
 
11. Ha a és b a derékszögű háromszög befogói, c pedig az átfogó, akkor Pitagorasz tétele szerint c=a2+b2, a feltétel pedig azt jelenti, hogy
x+y2=a+bésxy=c=a2+b2.
Innen az
x+y=2(a+b)xy=a2+b2
egyenletrendszert kapjuk.
A gyökök és együtthatók közti összefüggések szerint x és y gyökei a
t2-2(a+b)t+a2+b2=0
másodfokú egyenletnek, amit megoldva t1,2=a+b±2ab.
Az x, y mennyiségek értéke tehát valamilyen sorrendben a+b-2ab és a+b+2ab.
 
Megjegyzés. Ha a és b pozitív számok, akkor a+b-2ab>0, a feladatnak tehát minden derékszögű háromszögre van megoldása.
 
12. I. megoldás. Vegyünk föl egy derékszögű koordinátarendszert az 1. ábra szerint. Ekkor M(6;2,5) és F(3,5;-3,5). Az MF szakasz hosszát a távolságformulával számolva
MF=2,52+62=42,25=6,5.

 
 

1. ábra
 

 
II. megoldás. Oldjuk meg a feladatot általánosan, legyenek a háromszög befogói a és b, átfogója c. Induljunk ki egy a+b oldalú GSKR négyzetből (2. ábra). Ha a négyzet minden oldalát az ábra szerint osztjuk fel a, b hosszúságú szakaszokra, akkor az osztópontok az AUTB négyzet csúcsai.
 
 

2. ábra
 

A két négyzet közös centruma a GK átló F felezőpontja (az F körüli 90-os forgatás az ábrát önmagába viszi). Az AFB tehát egyenlő szárú derékszögű háromszög, a derékszögű csúcsot, F-et az AUTB négyzet AB oldalának M felezőpontjával összekötő szakasz hossza tehát a négyzet oldalának, AB-nek a felével egyenlő.
 
Megjegyzés. A feladat háromszögének átfogója c=52+122=13, ennek fele 6,5. A második bizonyításból az is kiderül, hogy FM merőleges AB-re.
 
13. A feltételből következik, hogy m3. A szoba összesen mn darab járólappal fedhető le, a fallal nem érintkező ,,belső'' részen pedig (m-2)(n-2) járólap van.
 
 

A feltétel szerint
mn=2(m-2)(n-2)=2mn-4m-4n+8.
Rendezés után mn-4m-4n+8=0, azaz
(m-4)(n-4)=8
adódik. A bal oldalon m-4 és n-4 egész számok és 3mn miatt -1m-4n-4, ha tehát a szorzatuk 8, akkor mindkettő pozitív. A 8 pozitív egészek szorzataként 18 vagy pedig 24 alakban áll elő, ha a tényezők nagyságviszonyára is tekintettel vagyunk. Így két megoldást kapunk:
a) m-4=1 és n-4=8, azaz m=5 és n=12;
b) m-4=2 és n-4=4, azaz m=6 és n=8.
Mindkét számpár megoldása a feladatnak.
 
14. Tegyük fel, hogy létezik ilyen mértani sorozat. Ekkor ana1 miatt a sorozat hányadosa, q1. A sorozat elemeinek reciprokai is mértani sorozatot alkotnak, ennek hányadosa 1q1. Az ismert összefüggés szerint az elemek reciprokának összege
8=1a1+...+1an=1a1(1q)n-11q-1=1a11-qnqn-1-qn.

Használjuk fel, hogy qn-1=ana1. Az elemek reciprokának összege így a következőképpen alakul:
8=1-ana1qan-qan.
Behelyettesítve
8=1-133q13(1-q),ahonnanq=309299,vagyisqn-1=(309299)n-1=ana1=133.
Innen 309n-13=299n-113 következik. Mivel n3 egész, a bal oldal osztható 3-mal, a jobb oldal pedig nem. Ez az egyenlőség tehát egyetlen pozitív egész n-re sem állhat fönn, a kérdéses mértani sorozat valóban nem létezik.
 
15. a) Ha p% jelöli az átlagos évi hozamot, akkor
400000(1+p100)2=521920,ahonnan1+p100=5219204000001,1423,
az átlagos évi hozam tehát p14,23%.
b) Ha q% jelöli a tényleges első évi kamatlábat, akkor a második évi kamatláb (q+4,5)%, befektetésünk a második év után (1+q100)(1+q+4,5100)-szorosára növekszik.
Így q-ra a másodfokú
(1+q100)(1+q+4,5100)=5219240000
egyenletet kapjuk. Rendezés után kapjuk, hogy 2q2+409q-5196=0.
Ennek az egyenletnek a pozitív megoldása q=-409+4574=12.
A tényleges kamatláb tehát az első évben 12%, a másodikban pedig 16,5% volt.
 
Megjegyzés. Az átlagos kamatláb nem az éves kamatlábak számtani közepe. Az éves szorzószámokat összehasonlítva
(1+p100)2=(1+12100)(1+16,5100),
azaz (1+p100) az (1+12100) és az (1+16,5100) mértani közepe, valamivel kisebb a számtani közepüknél, (1+12+16,5200)-nál. Ennek megfelelően p14,23 is valamivel kisebb, mint 12+16,52=14,25.
 
16. a) V=Vkúp+Vcs.kúp, α=1082=54,
r=2sin541,62,m=2cos541,18,h=4-(r-1)21,9,Vkúp=πr2m3=8sin254cos543π3,22cm3,
Vcsonkakúp=  π3h(r2+r+1)  10,42  
cm3,
V13,64 
cm3.  

 
 

A függőón tömege M=Vϱ106,9 g.
b) A minimális forgáshenger sugara r, magassága pedig m+h. A térfogata így VH=r2π(m+h)25,25cm3, így legalább VH-V11,61cm3 hulladék keletkezik, ami a henger térfogatának közelítőleg 46%-a.
 
17.
AB2-BC2=(AB2-BP2)-(BC2-BP2)==AP2-PC2=(AD2-DP2)-(DC2-DP2)==AD2-DC2,
azaz AB2-BC2=AD2-DC2, vagy átrendezve
AB2+DC2=AD2+BC2;
ha a négyszög átlói merőlegesek, akkor a szemközti oldalak négyzetösszege egyenlő.
 
 

Thalész tétele szerint AB=2PF1=30, BC=2PF2=26, CD=2PF3=10. Így AD2=AB2+DC2-BC2=302+102-262=324=182.
Az ABCD négyszög kerülete 30+26+10+18=84.
 
Megjegyzés. A megoldás során talált állításnak a megfordítása is igaz: ha egy négyszög szemközti oldalainak négyzetösszege egyenlő, akkor a négyszög átlói merőlegesek egymásra.
 
18. Mindkét négyzetgyök alatt teljes négyzet áll:
x-1-2x-2=(x-2-1)2ésx+2-4x-2=(x-2-2)2,
így a |x-2-1|+|x-2-2|3 egyenlőtlenséget kell megoldanunk.
Az abszolút értéket felbontva:
|x-2-1|+|x-2-2|={3-2x-2,ha  x-2<1;1,ha  1x-2<2;2x-2-3,ha  2x-2.
Mivel x-20, azért a vizsgált egyenlőtlenség teljesül, ha x-2<2, ha pedig 2x-2, akkor 2x-2-33, azaz x-23.
Összefoglalva: a feladat egyenlőtlensége akkor és csak akkor teljesül, ha x-23, azaz ‐ figyelembe véve, hogy x-2-nek értelmesnek kell lennie ‐, ha 2x11.
 
19. A feltétel szerint az an+1-an különbségsorozat elemeire an+1-an=bn=2+an, ahonnan
an+1=2an+2.(*)
Innen a2=2a1+2, a3=2a2+2=4a1+6, a4=2a3+2=8a1+14. A feltétel szerint a1+a2+a3+7=a4, azaz (7a1+8)+7=8a1+14, ahonnan a1=1.
Így a2=4, a3=24+2=10, a4=210+2=22, a5=222+2=46.
Mivel a bizonyításban eddig nem használtuk fel, hogy a bn=an+1-an mértani sorozat, meg kell mutatnunk, hogy ez a feltétel is teljesül, egyébként a feladatnak nincsen megoldása.
A (*) rekurzió felhasználásával a bn különbségsorozatra azt kapjuk, hogy
bn=an+1-an=(2an+2)-(2an-1+2)=2(an-an-1)=2bn-1.
A bn sorozat tehát valóban mértani sorozat, a hányadosa 2.
A bn sorozat elemei tehát: b1=a2-a1=3 és így b2=23=6, b3=12, b4=24, b5=48.
 
Megjegyzés. A bn sorozatra vonatkozó észrevétel lehetővé teszi, hogy felírjuk a (*) rekurzióval értelmezett sorozat n-edik elemét:
an=an-an-1+an-1-an-2+...+a2-a1+a1==bn-1+bn-2+...+b1+a1=1+3(2n-1-1).
Hasonlóan kapható meg az an+1=pan+q sorozat n-edik eleme is, ha az első elem, a1 értéke adott.
 
20. A tükrözés miatt v'=P'Q'+P''Q'' párhuzamos az e egyenessel és így az e-vel párhuzamos v vektorral is (1. ábra).
 
 

1. ábra
 

Az eltolás miatt P'Q'=PQ, így v'=PQ+P''Q''=(-1;2)+(2;-1)=(1;1).
A tükrözés miatt P'P'' merőleges e-re és így v-re is, az eltolás miatt pedig PP' párhuzamos v-vel (2. ábra).
 
 

2. ábra
 

Ha tehát a PP''=(3;1) vektort felbontjuk egy v-vel párhuzamos és egy v-re merőleges vektor összegére, akkor a vektorfelbontás egyértelműsége miatt a v-vel párhuzamos összetevő éppen PP'=v, a v-re merőleges összetevő pedig P'P''.
Legyen PP'=tv'=(t;t). Ez akkor lesz megfelelő, ha PP''-tv'=(3-t;1-t) merőleges v'-re, azaz skalárszorzatuk nulla:
(PP''-tv')v'=0.
A (3-t;1-t)(1;1) skalárszorzat értéke 4-2t, ez pontosan akkor 0, ha t=2.
Így v=tv'=(2;2), a P' pont koordinátái PP'=v miatt P'(1+2;2+2).
Az e egyenesnek v egy irányvektora, egyenletéhez elég egyetlen pontja. A tükrözés miatt a P'P'' szakasz felezőpontja (3+42;4+32) rajta van az e egyenesen, amelynek egyenlete így y-x=0.