Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/9. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Füzet: 2004/január, 18 - 21. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Határozzuk meg azt az abcd¯ négyjegyű számot, amelyre
abcd¯+abc¯+ab¯+a¯=2003.

 
Megoldás. Írjuk fel a számokat helyi érték szerint:
1000a+100b+10c+d+100a+10b+c+10a+b+a=20031111a+111b+11c+d=2003.
0a,b,c,d9 és a, b, c, és d egész számok.
A fentiekből következik, hogy a=1. Így
111b+11c+d=892b=811c+d=4c=0,d=4.
A keresett szám 1804. Ez megfelel a feltételeknek, mert 1804+180+18+1=2003.
 
2. Egy trapéz átlói merőlegesek egymásra, az egyiknek a hossza 5, a trapéz magassága 4. Mekkora a területe?
 
Megoldás. Jelöljük a trapéz átlóit a szokásos módon e-vel és f-fel, a párhuzamos oldalak hossza legyen a és c, a magasság m. Ekkor a trapéz területe:
T=ef2=(a+c)m25f2=(a+c)42a+c=54f.
Az egyik átló megfelelő eltolásával létrejön egy olyan derékszögű háromszög, amelynek befogói e és f, az átfogója a+c, ezért (a+c)2=e2+f22516f2=25+f2f=203.
Ezek felhasználásával a keresett terület:
T=52032=503.

 
3. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletet:
|sinx+cosx|=2(y2+2y+2).

 
Megoldás. Az egyenlet minden valós számpárra értelmezve van. Hasonlítsuk össze a két oldal értékkészletét, miután elosztjuk az egyenlet mindkét oldalát 2-vel:
|22sinx+22cosx|=y2+2y+2|sinxcosπ4+cosxsinπ4|=(y+1)2+1|sin(x+π4)|=(y+1)2+1.

Mivel 0|sin(x+π4)|1 és (y+1)2+11, azért az egyenlet csak abban az esetben teljesül, ha |sin(x+π4)|=1 és (y+1)2+1=1 egyidejűleg fennáll. Ebből x+π4=π2+kπx=π4+kπ (kZ) és y=-1. Ezek a számpárok kielégítik az eredeti egyenletet.
 
4. Egy háromszögben az α szöget közrezáró oldalak hossza sinα és cosα, a harmadik oldalé 1-sinαcosα. Igaz-e, hogy a terület mérőszáma racionális szám?
 
Megoldás. A terület mértékszámának meghatározásához ki kell számítanunk a háromszög oldalait.
A koszinusztétel szerint:
(1-sinαcosα)2=sin2α+cos2α-2sinαcos2α(0<α<180)2sinαcos2α-sinαcosα=0sinαcosα(2cosα-1)=0.
A háromtényezős szorzat első tényezője nem lehet 0 az α-ra felírt feltétel miatt. Ha cosα=0, akkor α=90, így a háromszög egyik oldala 0, de ez nem lehet. Ha a harmadik tényező 0, azaz 2cosα-1=0, akkor α=60. A háromszög oldalai:
b=sinα=32,c=cosα=12,a=1-sinαcosα=1-34.
Ezekre az oldalakra teljesülnek a háromszög-egyenlőtlenségek, tehát létezik ilyen háromszög.
A háromszög területe:
T=3212sin602=316.
Ez racionális érték.
 
5. Határozzuk meg az ,,a'' valós paraméter értékét úgy, hogy a következő kifejezés értelmezési tartománya üres halmaz legyen:
(a2-2a-3)x2+(2a-3)x+1.

 
Megoldás. A kifejezés értelmezési tartománya pontosan akkor üres halmaz, ha minden valós x-re teljesül az (a2-2a-3)x2+(2a-3)x+1<0 egyenlőtlenség. Ez akkor igaz, ha a2-2a-3<0, és ugyanakkor D=(2a-3)2-4(a2-2a-3)<0.
a2-2a-3<0(a+1)(a-3)<0-1<a<3.D=4a2-12a+9-4a2+8a+12<0a>214.
Az ,,a''-ra kapott két feltétel egyszerre nem teljesülhet, így nincs olyan ,,a'' valós érték, amelyre az adott kifejezés értelmezési tartománya üres halmaz lenne.
Megjegyzés: Bevethetjük a behelyettesítést ‐ ezt a legegyszerűbb, de olykor meglepően hatásos fogást: ha x=0, akkor a gyökjel alatt 1 áll, az értelmezési tartomány tehát nyilván nem lehet üres.
 
6. Egy növekvő mértani sorozatban az első és az n-edik tag összege 66, a második és az (n-1)-edik tag szorzata 128, az első n tag összege 126. Írjuk fel a sorozat első n tagját.
 
Megoldás. A feltételek alapján q1, így az alábbi egyenletrendszer írható fel:
a1+a1qn-1=66,a1qa1qn-2=128,a1qn-1q-1=126.
A második egyenletből qn-1=128a12. Ha ezt behelyettesítjük az első egyenletbe, akkor rendezés után a1-re egy másodfokú egyenletet kapunk: a12-66a1+128=0. Ennek megoldásai: (a1)1=64, (a1)2=2.
a1=64qn-1=128642=132, ami növekvő mértani sorozatban nem lehet.
a1=2qn-1=12822=32qn=32q. Ha ez utóbbi kifejezést behelyettesítjük az egyenletrendszer harmadik egyenletébe, akkor 232q-1q-1=126q=2 és n=6.
A sorozat első n tagja: 2; 4; 8; 16; 32; 64. Ez a sorozat a feladat összes feltételének eleget tesz.
 
7. Oldjuk meg a valós számok halmazán az
a+bxa-bx-a-bxa+bx=4aba2-b2
egyenletet, ahol a0, b0, |a||b| és a,bR.
 
Megoldás.
a-bx0xaba+bx0x-ab.
Közös nevezőre hozunk, majd eltávolítjuk a törtet:
a2+2abx+b2x2-a2+2abx-b2x2a2-b2x2=4aba2-b24abx(a2-b2)=4ab(a2-b2x2).
Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a 0-tól különböző 4ab-vel:
x(a2-b2)=a2-b2x2b2x2+(a2-b2)x-a2=0(b0)x1,2=b2-a2±b4-2a2b2+a4+4a2b22b2x1=1,x2=-a2b2.
A kizárt értékeket figyelembe véve:
x1=1abab;x1=1-aba-b;x2=-a2b2ab-a2bab2ab(a+b)0;x2=-a2b2-aba2b-ab20ab(a-b)0.

Mindkét gyök eleget tesz a feladat feltételeinek, így x1=1 és x2=-a2b2 az eredeti egyenletnek is megoldásai.
 
8. Adjuk meg azoknak a valós számoknak a halmazát, amelyekre az alábbi két egyenlőtlenség egyszerre teljesül:
(1) xlog36(x+6)-log6x>1 (2) sin(cosx+12)0 

 
Megoldás. Az (1) egyenlőtlenségnek csak akkor van értelme, ha az x pozitív. Először keressük meg az 1-nél nagyobb számok között a megoldást. xlog36(x+6)-log36x2>x0. Ebben az esetben az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, így
log36(x+6)-log36x2>0log36(x+6)>log36x2x+6>x2x2-x-6<0(x+2)(x-3)<0-2<x<3.

Ha 0<x<1, akkor az x2-x-6>0 egyenlőtlenséghez jutunk, amelynek nincs megoldása a (0;1) nyílt intervallumban.
Az x=1 esetén nem teljesül az egyenlőtlenség, ezért a megoldás: 1<x<3.
A második egyenlőtlenség minden valós számra értelmezve van. Akkor teljesül, ha π+k2πcosx+122π+k2π. De -12cosx+1232, ezért k=-1, azaz -πcosx+120cosx-122π3+n2πx4π3+n2π. (k és n egész számok.) A két egyenlőtlenség egyszerre akkor igaz, ha 2π3x<3.