Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/9. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Füzet:	2004/január, 18 - 21. 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. Határozzuk meg azt az $\bar{a b c d}$ négyjegyű számot, amelyre

\begin{matrix} \bar{a b c d} + \bar{a b c} + \bar{a b} + \bar{a} = 2003. \end{matrix}

Megoldás. Írjuk fel a számokat helyi érték szerint:

\begin{matrix} \begin{matrix} 1000 a + 100 b + 10 c + d + 100 a + 10 b + c + 10 a + b + a = 2003 \Rightarrow \\ \Rightarrow 1111 a + 111 b + 11 c + d = 2003. \end{matrix} \end{matrix}

0 \leq a, b, c, d \leq 9

és

a

b

c

, és

d

egész számok.
A fentiekből következik, hogy

a = 1

. Így

\begin{matrix} 111 b + 11 c + d = 892 \Rightarrow b = 8 \Rightarrow 11 c + d = 4 \Rightarrow c = 0, d = 4. \end{matrix}

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:

\begin{matrix} T = \frac{e \cdot f}{2} = \frac{(a + c) \cdot m}{2} \Rightarrow \frac{5 \cdot f}{2} = \frac{(a + c) \cdot 4}{2} \Rightarrow a + c = \frac{5}{4} \cdot f . \end{matrix}

Az egyik átló megfelelő eltolásával létrejön egy olyan derékszögű háromszög, amelynek befogói

e

és

f

, az átfogója

a + c

, ezért

{(a + c)}^{2} = e^{2} + f^{2} \Rightarrow \frac{25}{16} \cdot f^{2} = 25 + f^{2} \Rightarrow f = \frac{20}{3}

.
Ezek felhasználásával a keresett terület:

\begin{matrix} T = \frac{5 \cdot \frac{20}{3}}{2} = \frac{50}{3} . \end{matrix}

3. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletet:

\begin{matrix} | sin x + cos x | = \sqrt[]{2} (y^{2} + 2 y + 2) . \end{matrix}

Megoldás. Az egyenlet minden valós számpárra értelmezve van. Hasonlítsuk össze a két oldal értékkészletét, miután elosztjuk az egyenlet mindkét oldalát

\sqrt[]{2}

-vel:

\begin{matrix} \begin{matrix} | \frac{\sqrt[]{2}}{2} sin x + \frac{\sqrt[]{2}}{2} cos x | = y^{2} + 2 y + 2 \Rightarrow | sin x \cdot cos \frac{π}{4} + cos x \cdot sin \frac{π}{4} | = {(y + 1)}^{2} + 1 \Rightarrow \\ \Rightarrow | sin (x + \frac{π}{4}) | = {(y + 1)}^{2} + 1. \end{matrix} \end{matrix}

Mivel

0 \leq | sin (x + \frac{π}{4}) | \leq 1

és

{(y + 1)}^{2} + 1 \geq 1

, azért az egyenlet csak abban az esetben teljesül, ha

| sin (x + \frac{π}{4}) | = 1

és

{(y + 1)}^{2} + 1 = 1

egyidejűleg fennáll. Ebből

x + \frac{π}{4} = \frac{π}{2} + k \cdot π \Rightarrow x = \frac{π}{4} + k \cdot π

(

k \in Z

) és

y = - 1

. Ezek a számpárok kielégítik az eredeti egyenletet.

4. Egy háromszögben az

α

szöget közrezáró oldalak hossza

sin α

és

cos α

, a harmadik oldalé

\sqrt[]{1 - sin α \cdot cos α}

. Igaz-e, hogy a terület mérőszáma racionális szám?

Megoldás. A terület mértékszámának meghatározásához ki kell számítanunk a háromszög oldalait.
A koszinusztétel szerint:

\begin{matrix} \begin{matrix} {(\sqrt[]{1 - sin α \cdot cos α})}^{2} = sin^{2} α + cos^{2} α - 2 sin α \cdot cos^{2} α (0^{\circ} < α < 180^{\circ}) \Rightarrow \\ \Rightarrow 2 sin α \cdot cos^{2} α - sin α \cdot cos α = 0 \Rightarrow sin α \cdot cos α \cdot (2 \cdot cos α - 1) = 0. \end{matrix} \end{matrix}

A háromtényezős szorzat első tényezője nem lehet 0 az

α

-ra felírt feltétel miatt. Ha

cos α = 0

, akkor

α = 90^{\circ}

, így a háromszög egyik oldala 0, de ez nem lehet. Ha a harmadik tényező 0, azaz

2 \cdot cos α - 1 = 0

, akkor

α = 60^{\circ}

. A háromszög oldalai:

\begin{matrix} b = sin α = \frac{\sqrt[]{3}}{2}, c = cos α = \frac{1}{2}, a = \sqrt[]{1 - sin α \cdot cos α} = \sqrt[]{1 - \frac{\sqrt[]{3}}{4}} . \end{matrix}

Ezekre az oldalakra teljesülnek a háromszög-egyenlőtlenségek, tehát létezik ilyen háromszög.
A háromszög területe:

\begin{matrix} T = \frac{\frac{\sqrt[]{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot sin 60^{\circ}}{2} = \frac{3}{16} . \end{matrix}

Ez racionális érték.

5. Határozzuk meg az ,,

a

'' valós paraméter értékét úgy, hogy a következő kifejezés értelmezési tartománya üres halmaz legyen:

\begin{matrix} \sqrt[]{(a^{2} - 2 a - 3) \cdot x^{2} + (2 a - 3) \cdot x + 1} . \end{matrix}

Megoldás. A kifejezés értelmezési tartománya pontosan akkor üres halmaz, ha minden valós

x

-re teljesül az

(a^{2} - 2 a - 3) \cdot x^{2} + (2 a - 3) \cdot x + 1 < 0

egyenlőtlenség. Ez akkor igaz, ha

a^{2} - 2 a - 3 < 0

, és ugyanakkor

D = {(2 a - 3)}^{2} - 4 \cdot (a^{2} - 2 a - 3) < 0

\begin{matrix} \begin{matrix} a^{2} - 2 a - 3 < 0 \Rightarrow (a + 1) \cdot (a - 3) < 0 \Rightarrow - 1 < a < 3. \\ D = 4 a^{2} - 12 a + 9 - 4 a^{2} + 8 a + 12 < 0 \Rightarrow a > \frac{21}{4} . \end{matrix} \end{matrix}

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

q \neq 1

, így az alábbi egyenletrendszer írható fel:

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{1} + a_{1} \cdot q^{n - 1} & = 66, \\ a_{1} \cdot q \cdot a_{1} \cdot q^{n - 2} & = 128, \\ a_{1} \cdot \frac{q^{n} - 1}{q - 1} & = 126. \end{matrix} \end{matrix}

A második egyenletből

q^{n - 1} = \frac{128}{a_{1}^{2}}

. Ha ezt behelyettesítjük az első egyenletbe, akkor rendezés után

a_{1}

-re egy másodfokú egyenletet kapunk:

a_{1}^{2} - 66 a_{1} + 128 = 0

. Ennek megoldásai:

{(a_{1})}_{1} = 64

{(a_{1})}_{2} = 2

a_{1} = 64 \Rightarrow q^{n - 1} = \frac{128}{64^{2}} = \frac{1}{32}

, ami növekvő mértani sorozatban nem lehet.

a_{1} = 2 \Rightarrow q^{n - 1} = \frac{128}{2^{2}} = 32 \Rightarrow q^{n} = 32 q

. Ha ez utóbbi kifejezést behelyettesítjük az egyenletrendszer harmadik egyenletébe, akkor

2 \cdot \frac{32 q - 1}{q - 1} = 126 \Rightarrow q = 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

\begin{matrix} \frac{a + b x}{a - b x} - \frac{a - b x}{a + b x} = \frac{4 a b}{a^{2} - b^{2}} \end{matrix}

egyenletet, ahol

a \neq 0

b \neq 0

| a | \neq | b |

és

a, b \in R

Megoldás.

\begin{matrix} \begin{matrix} a - b x \neq 0 & \Rightarrow x \neq \frac{a}{b} \\ a + b x \neq 0 & \Rightarrow x \neq - \frac{a}{b} . \end{matrix} \end{matrix}

Közös nevezőre hozunk, majd eltávolítjuk a törtet:

\begin{matrix} \frac{a^{2} + 2 a b x + b^{2} x^{2} - a^{2} + 2 a b x - b^{2} x^{2}}{a^{2} - b^{2} x^{2}} = \frac{4 a b}{a^{2} - b^{2}} \Rightarrow 4 a b x (a^{2} - b^{2}) = 4 a b (a^{2} - b^{2} x^{2}) . \end{matrix}

Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát a 0-tól különböző

4 a b

-vel:

\begin{matrix} \begin{matrix} x \cdot (a^{2} - b^{2}) = a^{2} - b^{2} x^{2} \Rightarrow b^{2} x^{2} + (a^{2} - b^{2}) x - a^{2} = 0 (b \neq 0) \Rightarrow \\ \Rightarrow x_{1,2} = \frac{b^{2} - a^{2} \pm \sqrt[]{b^{4} - 2 a^{2} b^{2} + a^{4} + 4 a^{2} b^{2}}}{2 b^{2}} \Rightarrow x_{1} = 1, x_{2} = - \frac{a^{2}}{b^{2}} . \end{matrix} \end{matrix}

A kizárt értékeket figyelembe véve:

\begin{matrix} \begin{matrix} x_{1} = 1 \neq \frac{a}{b} \Leftrightarrow a \neq b; x_{1} = 1 \neq - \frac{a}{b} \Leftrightarrow a \neq - b; \\ x_{2} = - \frac{a^{2}}{b^{2}} \neq \frac{a}{b} \Leftrightarrow - a^{2} b \neq a b^{2} \Leftrightarrow a b (a + b) \neq 0; \\ x_{2} = - \frac{a^{2}}{b^{2}} \neq - \frac{a}{b} \Leftrightarrow a^{2} b - a b^{2} \neq 0 \Leftrightarrow a b (a - b) \neq 0. \end{matrix} \end{matrix}

Mindkét gyök eleget tesz a feladat feltételeinek, így

x_{1} = 1

és

x_{2} = - \frac{a^{2}}{b^{2}}

az eredeti egyenletnek is megoldásai.

8. Adjuk meg azoknak a valós számoknak a halmazát, amelyekre az alábbi két egyenlőtlenség egyszerre teljesül:

\begin{matrix} \begin{matrix} \begin{matrix} (1)x^{log_{36} (x + 6) - log_{6} x} > 1 \end{matrix}\begin{matrix} (2)sin (cos x + \frac{1}{2}) \leq 0 \end{matrix} \end{matrix} \end{matrix}

Megoldás. Az (1) egyenlőtlenségnek csak akkor van értelme, ha az

x

pozitív. Először keressük meg az 1-nél nagyobb számok között a megoldást.

x^{log_{36} (x + 6) - log_{36} x^{2}} > x^{0}

. Ebben az esetben az exponenciális függvény szigorúan monoton növekvő, így

\begin{matrix} \begin{matrix} log_{36} (x + 6) - log_{36} x^{2} > 0 \Rightarrow log_{36} (x + 6) > log_{36} x^{2} \Rightarrow x + 6 > x^{2} \Rightarrow x^{2} - x - 6 < 0 \Rightarrow \\ \Rightarrow (x + 2) \cdot (x - 3) < 0 \Rightarrow - 2 < x < 3. \end{matrix} \end{matrix}

0 < x < 1

, akkor az

x^{2} - 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 + k \cdot 2 π \leq cos x + \frac{1}{2} \leq 2 π + k \cdot 2 π

. De

- \frac{1}{2} \leq cos x + \frac{1}{2} \leq \frac{3}{2}

, ezért

k = - 1

, azaz

- π \leq cos x + \frac{1}{2} \leq 0 \Rightarrow cos x \leq - \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{2 π}{3} + n \cdot 2 π \leq x \leq \frac{4 π}{3} + n \cdot 2 π

. (

k

és

n

egész számok.) A két egyenlőtlenség egyszerre akkor igaz, ha

\frac{2 π}{3} \leq x < 3