Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/8 sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2003/december, 530 - 532. 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 egyenletet és egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle |x-2|+|x+3|}& {\displaystyle =|\left(x-2\right)+\left(x+3\right)|;}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle |x-2|+|x+3|}& {\displaystyle >|2x+1|;}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle |x-2|+|x+3|}& {\displaystyle <|2x+1|\mathrm{.}}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\end{array}}$   Megoldás. $|a|+|b|=|a+b|$ pontosan akkor teljesül, ha $ab\ge 0$; $|a|+|b|>|a+b|$ pontosan akkor teljesül, ha $ab<0$, $|a|+|b|<|a+b|$ pedig soha nem teljesül. A megoldások: $a)$ $\left(x-2\right)\left(x+3\right)\ge 0$, azaz $x\le -3$ vagy $x\ge 2$, $b)$ $\left(x-2\right)\left(x+3\right)<0$, azaz $-3<x<2$, $c)$ egyetlen $x$-re sem teljesül.   2. Egy húrtrapéz átlói merőlegesek egymásra. A húrtrapéz területe $16\text{c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$. 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 ${45}^{\circ }$-os szöget zárnak be. Így a trapéz magasságának hossza megegyezik a középvonal hosszával és az átló hossza a magasság hosszának $\sqrt[]{2}$-szöröse. Ha a trapéz magassága $m$, középvonala $k$, átlóinak hossza $e$, akkor $k=m$, $e=m\sqrt[]{2}$, a trapéz területe $T=m^2$. Így $m^2=16\text{c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$, $m=4$ cm, $k=4$ cm és $e=4\sqrt[]{2}$ cm. Végtelen sok ilyen trapéz van, így az oldalak hossza nem határozható meg.   3. Melyek azok az $\left(x;y;z\right)$ számhármasok, amelyek kielégítik az $x+y=4$, $xy=z^2+2z+5$ egyenletrendszert?   Megoldás. Az első egyenletből $y=4-x$, így $x\left(4-x\right)={\left(z+1\right)}^2+4$, $\begin{array}{c}{\displaystyle 0=x^2-4x+4+{\left(z+1\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ (1) tehát ${\left(x-2\right)}^2+{\left(z+1\right)}^2=0$, ami pontosan akkor teljesül, ha $x=2$, $z=-1$ és ekkor $y=2$. Az egyenletrendszert a $\left(2;2;-1\right)$ számhármas elégíti ki.   4. Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cccc}{\displaystyle a)}\hfill & \hfill {\displaystyle x+y}& \hfill {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{\pi }{2}\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{sin}x+\text{cos}y}& \hfill {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \sqrt[]{2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}\}{\displaystyle \begin{array}{cccc}{\displaystyle b)}\hfill & \hfill {\displaystyle \phantom{\frac{\pi }{2}}2\text{cos}x}& \hfill {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \sqrt[]{2}\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle }\hfill & \hfill {\displaystyle \text{sin}x+\text{cos}y}& \hfill {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \sqrt[]{2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}\}}\end{array}$   Megoldás. $a)$ Az első egyenletből $y=\frac{\pi }{2}-x$, így $\text{cos}y=\text{cos}\left(\frac{\pi }{2}-x\right)=\text{sin}x$, tehát $2\text{sin}x=\sqrt[]{2}$, $\text{sin}x=\frac{\sqrt[]{2}}{2}$. Ha $x_{\mathrm{1,}n}=\frac{\pi }{4}+2n\pi$, akkor $y_{\mathrm{1,}n}=\frac{\pi }{4}-2n\pi$, $n\in \text{Z}$; ha $x_{\mathrm{2,}k}=\frac{3\pi }{4}+2k\pi$, akkor $y_{\mathrm{2,}k}=-\frac{\pi }{4}-2k\pi$, $k\in \text{Z}$. $b)$ Az első egyenletből $x=\frac{\pi }{4}+2k\pi$ vagy $x=-\frac{\pi }{4}+2k\pi$, $k\in \text{Z}$. Ha $x=\frac{\pi }{4}+2k\pi$, akkor $\text{sin}x=\frac{\sqrt[]{2}}{2}$, így $\text{cos}y=\frac{\sqrt[]{2}}{2}$, $y=\frac{\pi }{4}+2n\pi$, vagy $y=-\frac{\pi }{4}+2n\pi$, $n\in \text{Z}$. Ekkor a megoldások: $x_{\mathrm{1,}k}=\frac{\pi }{4}+2k\pi$, $y_{\mathrm{1,}n}=\frac{\pi }{4}+2n\pi$, vagy $x_{\mathrm{2,}k}=\frac{\pi }{4}+2k\pi$, $y_{\mathrm{2,}n}=-\frac{\pi }{4}+2n\pi$, $k\mathrm{,}n\in \text{Z}$. Ha $x=-\frac{\pi }{4}+2k\pi$, akkor $-\frac{\sqrt[]{2}}{2}+\text{cos}y=\sqrt[]{2}$, 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 $\frac{8}{9}$?   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 $\frac{2+\left(3n-1\right)}{2}\cdot n$, illetve $\frac{1+\left(4n-3\right)}{2}\cdot n$, a hányadosuk $\frac{3n+1}{4n-2}$. A feltétel szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{3n+1}{4n-2}=\frac{8}{9}\mathrm{,}\text{tehát}n=5.}\end{array}$   6. Állapítsuk meg, hogy az $m$ valós paraméter mely értékeire lesznek a $2x^2+2mx+m^2-1=0$ egyenlet gyökei valósak, és határozzuk meg ezekre az $m$ értékekre az $f\left(m\right)=2\left(x_1+x_2+x_1{x}_2+1\right)$ kifejezés legkisebb és legnagyobb értékét, ahol $x_1$ és $x_2$ az adott egyenlet megoldásai.   Megoldás. Az adott egyenlet diszkriminánsa $\begin{array}{c}{\displaystyle D=4m^2-4\cdot 2\left(m^2-1\right)=4\left(2-m^2\right)\mathrm{,}D\ge \mathrm{0,}\text{ha}-\sqrt[]{2}\le m\le \sqrt[]{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $x_1+x_2=-m$ és $x_1{x}_2=\frac{m^2-1}{2}$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(m\right)=2\left(-m+\frac{m^2-1}{2}+1\right)={\left(m-1\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $-\sqrt[]{2}\le m\le \sqrt[]{2}$, azért $-1-\sqrt[]{2}\le m-1\le -1+\sqrt[]{2}$, így $0\le {\left(m-1\right)}^2\le {\left(1+\sqrt[]{2}\right)}^2$. $f\left(m\right)$ legkisebb értéke 0, amit $m=1$ esetén vesz fel, a legnagyobb értéke ${\left(1+\sqrt[]{2}\right)}^2$, amit az $m=-\sqrt[]{2}$ helyen vesz fel.   7. Igazoljuk, hogy az $a$, $b$, $c$ oldalú háromszög $c$ oldalával szemközti $\gamma$ szög pontosan akkor (akkor és csak akkor) ${120}^{\circ }$, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle 4s\left(s-c\right)=ab\mathrm{,}\text{ahol}s=\frac{1}{2}\left(a+b+c\right)\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás. Ha $4s\left(s-c\right)=ab$, akkor $2s\left(2s-2c\right)=ab$, azaz $\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)=ab$, ahonnan $c^2=a^2+b^2+ab$. A koszinusztétel alkalmazásával $c^2=a^2+b^2-2ab\text{cos}\gamma$, így $-2\text{cos}\gamma =1$, $\text{cos}\gamma =-\frac{1}{2}$, $\gamma ={120}^{\circ }$. Ha $\gamma ={120}^{\circ }$, akkor $c^2=a^2+b^2-2ab\text{cos}{120}^{\circ }$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle c^2=a^2+b^2+ab;-ab=a^2+b^2-c^2\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $2ab-ab=a^2+2ab+b^2-c^2$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle ab={\left(a+b\right)}^2-c^2=\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)=2s\left(2s-2c\right)\mathrm{,}}\end{array}$ így valóban $ab=4s\left(s-c\right)$.   8. Az $\text{n}\left(-1;1\right)$ vektorra merőleges $g$ egyenes az ordináta tengelyt a $C$, az $y={\left(x-2\right)}^2+1$ egyenletű parabolát az $A$ és a $B$ pontokban metszi. Állapítsuk meg a $g$ egyenes egyenletét, valamint az $A$ és $B$ pontok koordinátáit, ha $|\overrightarrow{AB}|=3\cdot |\overrightarrow{AC}|$.   Megoldás. A $g$ egyenes egyenletét $-x+y=c$ ($c\in \text{R}$) alakban keressük, tehát $y=x+c$, tehát $C\left(0;c\right)$. Legyen az $A$, illetve a $B$ pont abszcisszája $x_1$, illetve $x_2$, akkor $A\left(x_1;x_1+c\right)$, $B\left(x_2;x_2+c\right)$. Az $A$ és $B$ pontok koordinátáit az egyenes és a parabola egyenleteiből alkotott egyenletrendszer megoldásaként kapjuk, azaz $x_1$ és $x_2$ az $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-2\right)}^2+1=x+c\mathrm{,}{x}^2-5x+5-c=0}\end{array}$ egyenletek gyökei. A feltételből következik, hogy $A{B}^2=9\cdot A{C}^2$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x_2-x_1\right)}^2+{\left(x_2-x_1\right)}^2=9\left(x_1^2+x_1^2\right)\mathrm{,}\text{azaz}{\left(x_2-x_1\right)}^2=9x_1^2\mathrm{,}}\end{array}$ tehát $x_2-x_1=3x_1$ vagy $x_2-x_1=-3x_1$; $x_2=4x_1$ vagy $x_2=-2x_1$. Mivel $x_1+x_2=5$ és $x_1{x}_2=5-c$, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle 5x_1=\mathrm{5,}{x}_1=\mathrm{1,}{x}_2=\mathrm{4,}1\cdot 4=5-c\mathrm{,}c=\mathrm{1,}}\end{array}$ vagy $\begin{array}{c}{\displaystyle -x_1=\mathrm{5,}{x}_1=-\mathrm{5,}{x}_2=\mathrm{10,}\left(-5\right)\cdot 10=5-c\mathrm{,}c=55.}\end{array}$ Ha $c=1$, akkor a $g$ egyenes egyenlete $y=x+1$ és $A_1\left(1;2\right)$, $B_1\left(4;5\right)$. Ha $c=55$, akkor a $g$ egyenes egyenlete $y=x+55$ és $A_2\left(-5;50\right)$, $B_2\left(10;65\right)$. Ezek valóban megoldások.