Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2004/4. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2004/május, 267 - 270. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

1. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a)sin(3x-π3)=sin(2x+π6);b)sin(3x-π3)=cos(π3-2x);c)cos(3x-5π6)=sin(2x+π6);d)cos(5π6-3x)=cos(2x-π3).

 
Megoldás. Ismeretes, hogy sinα=sinβ pontosan akkor teljesül, ha α=β+2kπ vagy α=π-β+2kπ, kZ.
A sinα=cos(π2-α) és a cosα=cos(-α) azonosságok alkalmazásával adódik, hogy az egyenletek ekvivalensek, így
3x-π3=2x+π6+2kπvagy3x-π3=5π6-2x+2kπ,
azaz
x=π2+2kπvagyx=7π30+2kπ,kZ.

 
2. Oldjuk meg a
x+x-4a+4=2
egyenletet a valós számok halmazán, ahol a valós paraméter.
 
Megoldás. Tegyük fel, hogy van megoldás. Ekkor (x-4a+4)2=(2-x)2, amiből x=a2, azaz, ha van megoldás, akkor x=a2 a megoldás. Ez akkor megoldás, ha kielégíti az egyenletet, azaz
a2+a2-4a+4=2,|a|+|a-2|=2.
Ha a<0, akkor -a+2-a=2, a=0, tehát nem megoldás; ha 0a2, akkor a+2-a=2, tehát minden ilyen a-ra megoldás; ha a>2, akkor a+a-2=2, a=2, tehát nem megoldás.
Az egyenletnek 0a2 esetén van megoldása és a megoldás x=a2.
 
3. Az ABC derékszögű háromszög AB átfogójához tartozó magasság CD. Az ACD, illetve BCD háromszögekbe írható kör sugara ϱ1=3, illetve ϱ2=4. Számítsuk ki az ABC háromszögbe írható kör sugarát.
 
Megoldás. Az ACD, a CBD és az ABC derékszögű háromszögek hasonlók, így a megfelelő szakaszok aránya egyenlő, így van olyan k arányossági tényező, hogy AC=k3, BC=k4 és AB=kϱ, ahol ϱ az ABC háromszögbe írható kör sugara. A Pitagorasz-tétel alkalmazásával
k2ϱ2=9k2+16k2,ϱ2=25,ϱ=5.
Az ABC háromszög beírható körének sugara 5. (Ilyen háromszög létezik, AC=15, BC=20, AB=25.)
 
4. Az ABC háromszög B, illetve C csúcspontján áthaladó súlyvonal egyenlete 3x+5y=10, illetve 3x-2y=3. A háromszög egyik csúcspontja (-3;1). Számítsuk ki a másik két csúcspont koordinátáit.
 
Megoldás. Mivel a (-3;1) pont nincs rajta a megadott súlyvonalakon (nem elégíti ki az egyenletüket), azért A(-3;1). A két súlyvonal metszéspontja a háromszög súlypontja: S(53;1). Legyen a BC oldal felezőpontja A1. Mivel AS=2SA1 és AS=(143;0), azért
SA1=(73;0)ésOA1=OS+SA1=(53;1)+(73;0)=(4;1),
tehát A1(4;1).
A 3x+5y=10 egyenletű sB súlyvonal egy tetszőleges pontja x=5t, y=2-3t, tR, a 3x-2y=3 egyenletű sC súlyvonal egy tetszőleges pontja x=1+2v, y=3v, vR. Mivel A1 a BC oldal felezőpontja, azért 5t+1+2v=8 és 2-3t+3v=2, ahonnan t=v=1. Így B(5;-1) és C(3;3).
(A feladat természetesen más módokon is megoldható.)
 
5. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a)lg2(5-x)+2lg2(x+1)=3(lg(5-x))(lg(x+1)),b)32x+1+32-2x=431+x-x;c)2sin4x-2sin2xcos2x+4cos4x=1.

 
Megoldás. a) Legyen lg(5-x)=a, lg(x+1)=b. Ekkor a2+2b2=3ab, ahonnan a=b vagy a=2b, azaz lg(5-x)=lg(x+1) vagy lg(5-x)=2lg(x+1) és -1<x<5. Az első egyenletből 5-x=x+1, x1=2 és ez valóban megoldás. A második egyenletből lg(5-x)=2lg(x+1), 5-x=(x+1)2, ahonnan x2=1, x3=-4. Az x2=1 megoldás, az x3 nem.
b) Legyen 3x=a, 3-x=b. Azonos átalakításokkal és rendezéssel a2-4ab+3b2=0, a=b vagy a=3b. Így 3x=3-x vagy 3x=31-x, azaz x=-x vagy x=1-x, x1=0; x=-1+52 (x0), x2=3-52. Az egyenlet megoldása x1 és x2.
c) A triviális 1=(sin2x+cos2x)2 azonosságból 1=sin4x+2sin2xcos2x+cos4x. Ezt alkalmazva a sin4x-4sin2xcos2x+3cos4x=0 egyenlethez jutunk. Ha cos2x=0, akkor sin2x=1, így nincs megoldás, csak olyan x lehet megoldás, amelyre cos2x0. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát (cos4x)-szel. Ekkor a tg4x-4tg2x+3=0 egyenletet kapjuk, ahonnan tg2x=1 vagy tg2x=3, azaz tgx=1 vagy tgx=-1 vagy tgx=3 vagy tgx=-3. A megoldások:
x1,k=π4+kπ2,kZ;x2,n=π3+nπ,nZ;x3,m=-π3+mπ,mZ.

 
6. Mely n egész számokra lesz a
18nx+36x+12n+6n23n2x+15nx+18x+6n+5n2+n3
kifejezés értéke egész szám, ha x tetszőleges egész számot jelenthet?
 
Megoldás. A törtkifejezés számlálóját és nevezőjét alakítsuk szorzattá:
6(n+2)(3x+n)(n+2)(n+3)(3x+n)=6n+3,
ahol n-2 és n nem lehet 3 többszöröse (n-3, n-3x, xZ.)
A kifejezés értéke akkor egész, ha n+3 osztója 6-nak és n-2, n-3x.
Ha n+3=-1, n+3=2 vagy n+3=-2, akkor n=-4, n=-1 vagy n=-5 és ezek a megoldások.
Ha n+3 értéke 1, 3, -3, 6 vagy -6, akkor n=-2 vagy 3-nak többszöröse, így ilyen n nem felel meg a feltételeknek. n=-1 esetén a kifejezés értéke 3, n=-4 esetén -6, míg n=-5 esetén -3.
 
7. Az
x2+(2p-1)x+32p2-5p+14=0
egyenlet valós gyökeinek négyzetösszege a valós p paraméter mely értékeinél a legkisebb, illetve a legnagyobb? Mennyi ez a legkisebb, illetve legnagyobb érték?
 
Megoldás. Az egyenletnek akkor valósak a gyökei, ha diszkriminánsa nem negatív:
D=(2p-1)2-4(32p2-5p+14)=-2p2+16p=2(16-(p-4)2).
D0, ha (p-4)216, -4p-44, 0p8. Most
f(p)=(x1+x2)2-2x1x2=(2p-1)2-2(32p2-5p+14)=(p+3)2-172.
Az f függvény a 0p8 értékekre értelmezett és f(p)=(p+3)2-172.
Mivel 3p+311,  9(p+3)2121, így
12f(p)112,5.
A függvény legkisebb értéke 12, amit a p=0 helyen vesz fel, a legnagyobb értéke 112,5, amit a p=8 helyen vesz fel. (Az f függvény az adódó intervallumon szigorúan monoton növekvő.)
 
8. Az ABC háromszög AB oldalán levő K, a BC oldalán levő L pontokra 3AK=KB, illetve BL=LC. Az AL és CK szakaszok metszéspontja Q.
a) Hányadrésze az ABC háromszög területének az AQB, illetve a BQC háromszög területe?
b) Milyen arányban osztja a Q pont az AL, illetve a CK szakaszt?
 
Megoldás. Kössük össze a Q pontot B-vel. Jelölje t1 az AQK háromszög, t2 a QBL háromszög, t a QCA háromszög, T pedig az ABC háromszög területét. A feltételből következik, hogy a KQB háromszög területe 3t1, a QLC háromszög területe t2, valamint
T2=4t1+t2,34T=3t1+2t2ésT4=t+t1.
Így
8t1+2t2=4t1+83t2,amibőlt2=6t1,T=20t1,T=103t2.

tAQBtABC=4t120t1=15éstBQCtABC=2t2103t2=35,a)
a tAQB terület az ABC háromszög területének 15 része, a tBQC terület az ABC háromszög területének 35 része. Adódik, hogy t=4t1.
AQQL=tt2=4t16t1=23ésCQQK=tt1=4t1t1=4.b)