Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/8 sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2003/december, 530 - 532. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Oldjuk meg a következő egyenletet és egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán:
|x-2|+|x+3|=|(x-2)+(x+3)|;(*)|x-2|+|x+3|>|2x+1|;(*)|x-2|+|x+3|<|2x+1|.(*)
 

Megoldás. |a|+|b|=|a+b| pontosan akkor teljesül, ha ab0; |a|+|b|>|a+b| pontosan akkor teljesül, ha ab<0, |a|+|b|<|a+b| pedig soha nem teljesül. A megoldások:
a) (x-2)(x+3)0, azaz x-3 vagy x2,
b) (x-2)(x+3)<0, azaz -3<x<2,
c) egyetlen x-re sem teljesül.
 
2. Egy húrtrapéz átlói merőlegesek egymásra. A húrtrapéz területe 16cm2. Számítsuk ki a húrtrapéz magasságának, középvonalának és átlóinak hosszát. Kiszámíthatók-e az adatokból az oldalhosszúságok?
 
Megoldás. Az átlók merőlegességéből következik, hogy az átlók a párhuzamos oldalakkal 45-os szöget zárnak be. Így a trapéz magasságának hossza megegyezik a középvonal hosszával és az átló hossza a magasság hosszának 2-szöröse. Ha a trapéz magassága m, középvonala k, átlóinak hossza e, akkor k=m, e=m2, a trapéz területe T=m2. Így m2=16cm2, m=4 cm, k=4 cm és e=42 cm. Végtelen sok ilyen trapéz van, így az oldalak hossza nem határozható meg.
 
3. Melyek azok az (x;y;z) számhármasok, amelyek kielégítik az x+y=4, xy=z2+2z+5 egyenletrendszert?
 
Megoldás. Az első egyenletből y=4-x, így x(4-x)=(z+1)2+4,
0=x2-4x+4+(z+1)2,(1)
tehát (x-2)2+(z+1)2=0, ami pontosan akkor teljesül, ha x=2, z=-1 és ekkor y=2. Az egyenletrendszert a (2;2;-1) számhármas elégíti ki.
 
4. Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket:
a)x+y=π2,sinx+cosy=2.}b)π22cosx=2,sinx+cosy=2.}
 

Megoldás. a) Az első egyenletből y=π2-x, így cosy=cos(π2-x)=sinx, tehát 2sinx=2, sinx=22. Ha x1,n=π4+2nπ, akkor y1,n=π4-2nπ, nZ; ha x2,k=3π4+2kπ, akkor y2,k=-π4-2kπ, kZ.
b) Az első egyenletből x=π4+2kπ vagy x=-π4+2kπ, kZ. Ha x=π4+2kπ, akkor sinx=22, így cosy=22, y=π4+2nπ, vagy y=-π4+2nπ, nZ. Ekkor a megoldások: x1,k=π4+2kπ, y1,n=π4+2nπ, vagy x2,k=π4+2kπ, y2,n=-π4+2nπ, k,nZ. Ha x=-π4+2kπ, akkor -22+cosy=2, tehát ekkor nincs megoldás.
 
5. Az első n, 3-mal osztva 2 maradékot adó szám összegét osszuk el az első n, 4-gyel osztva 1 maradékot adó szám összegével. Mekkora n, ha a hányados 89?
 

Megoldás. Az n-edik pozitív egész szám, amelyik 3-mal osztva 2-t, illetve 4-gyel osztva 1-et ad maradékul, a 3n-1, illetve a 4n-3. Az első n ilyen szám összege 2+(3n-1)2n, illetve 1+(4n-3)2n, a hányadosuk 3n+14n-2. A feltétel szerint
3n+14n-2=89,tehátn=5.

 
6. Állapítsuk meg, hogy az m valós paraméter mely értékeire lesznek a 2x2+2mx+m2-1=0 egyenlet gyökei valósak, és határozzuk meg ezekre az m értékekre az f(m)=2(x1+x2+x1x2+1) kifejezés legkisebb és legnagyobb értékét, ahol x1 és x2 az adott egyenlet megoldásai.
 

Megoldás. Az adott egyenlet diszkriminánsa
D=4m2-42(m2-1)=4(2-m2),D0,ha-2m2.
Mivel x1+x2=-m és x1x2=m2-12, azért
f(m)=2(-m+m2-12+1)=(m-1)2.
Mivel -2m2, azért -1-2m-1-1+2, így 0(m-1)2(1+2)2.
f(m) legkisebb értéke 0, amit m=1 esetén vesz fel, a legnagyobb értéke (1+2)2, amit az m=-2 helyen vesz fel.
 
7. Igazoljuk, hogy az a, b, c oldalú háromszög c oldalával szemközti γ szög pontosan akkor (akkor és csak akkor) 120, ha
4s(s-c)=ab,ahols=12(a+b+c).

 
Megoldás. Ha 4s(s-c)=ab, akkor 2s(2s-2c)=ab, azaz (a+b+c)(a+b-c)=ab, ahonnan c2=a2+b2+ab. A koszinusztétel alkalmazásával c2=a2+b2-2abcosγ, így -2cosγ=1, cosγ=-12, γ=120.
Ha γ=120, akkor c2=a2+b2-2abcos120, azaz
c2=a2+b2+ab;-ab=a2+b2-c2,
tehát 2ab-ab=a2+2ab+b2-c2, azaz
ab=(a+b)2-c2=(a+b+c)(a+b-c)=2s(2s-2c),
így valóban ab=4s(s-c).
 
8. Az n(-1;1) vektorra merőleges g egyenes az ordináta tengelyt a C, az y=(x-2)2+1 egyenletű parabolát az A és a B pontokban metszi. Állapítsuk meg a g egyenes egyenletét, valamint az A és B pontok koordinátáit, ha |AB|=3|AC|.
 
Megoldás. A g egyenes egyenletét -x+y=c (cR) alakban keressük, tehát y=x+c, tehát C(0;c). Legyen az A, illetve a B pont abszcisszája x1, illetve x2, akkor A(x1;x1+c), B(x2;x2+c). Az A és B pontok koordinátáit az egyenes és a parabola egyenleteiből alkotott egyenletrendszer megoldásaként kapjuk, azaz x1 és x2 az
(x-2)2+1=x+c,x2-5x+5-c=0
egyenletek gyökei. A feltételből következik, hogy AB2=9AC2, tehát
(x2-x1)2+(x2-x1)2=9(x12+x12),azaz(x2-x1)2=9x12,
tehát x2-x1=3x1 vagy x2-x1=-3x1; x2=4x1 vagy x2=-2x1. Mivel x1+x2=5 és x1x2=5-c, azért
5x1=5,x1=1,x2=4,14=5-c,c=1,
vagy
-x1=5,x1=-5,x2=10,(-5)10=5-c,c=55.

Ha c=1, akkor a g egyenes egyenlete y=x+1 és A1(1;2), B1(4;5). Ha c=55, akkor a g egyenes egyenlete y=x+55 és A2(-5;50), B2(10;65). Ezek valóban megoldások.