Kezdőlap


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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

1. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:

\begin{matrix} \begin{matrix} a) & sin (3 x - \frac{π}{3}) & = sin (2 x + \frac{π}{6}); & b) & sin (3 x - \frac{π}{3}) & = cos (\frac{π}{3} - 2 x); \\ c) & cos (3 x - \frac{5 π}{6}) & = sin (2 x + \frac{π}{6}); & d) & cos (\frac{5 π}{6} - 3 x) & = cos (2 x - \frac{π}{3}) . \end{matrix} \end{matrix}

Megoldás. Ismeretes, hogy

sin α = sin β

pontosan akkor teljesül, ha

α = β + 2 k π

vagy

α = π - β + 2 k π

k \in Z

.
A

sin α = cos (\frac{π}{2} - α)

és a

cos α = cos (- α)

azonosságok alkalmazásával adódik, hogy az egyenletek ekvivalensek, így

\begin{matrix} 3 x - \frac{π}{3} = 2 x + \frac{π}{6} + 2 k π vagy 3 x - \frac{π}{3} = \frac{5 π}{6} - 2 x + 2 k π, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} x = \frac{π}{2} + 2 k π vagy x = \frac{7 π}{30} + 2 k π, k \in Z . \end{matrix}

2. Oldjuk meg a

\begin{matrix} \sqrt[]{x} + \sqrt[]{x - 4 a + 4} = 2 \end{matrix}

egyenletet a valós számok halmazán, ahol

a

valós paraméter.

Megoldás. Tegyük fel, hogy van megoldás. Ekkor

{(\sqrt[]{x - 4 a + 4})}^{2} = {(2 - \sqrt[]{x})}^{2}

, amiből

x = a^{2}

, azaz, ha van megoldás, akkor

x = a^{2}

a megoldás. Ez akkor megoldás, ha kielégíti az egyenletet, azaz

\begin{matrix} \sqrt[]{a^{2}} + \sqrt[]{a^{2} - 4 a + 4} = 2, | a | + | a - 2 | = 2. \end{matrix}

a < 0

, akkor

- a + 2 - a = 2

a = 0

, tehát nem megoldás; ha

0 \leq a \leq 2

, 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

0 \leq a \leq 2

esetén van megoldása és a megoldás

x = a^{2}

3. Az

A B C

derékszögű háromszög

A B

átfogójához tartozó magasság

C D

. Az

A C D

, illetve

B C D

háromszögekbe írható kör sugara

ϱ_{1} = 3

, illetve

ϱ_{2} = 4

. Számítsuk ki az

A B C

háromszögbe írható kör sugarát.

Megoldás. Az

A C D

, a

C B D

és az

A B C

derékszögű háromszögek hasonlók, így a megfelelő szakaszok aránya egyenlő, így van olyan

k

arányossági tényező, hogy

A C = k \cdot 3

B C = k \cdot 4

és

A B = k \cdot ϱ

, ahol

ϱ

A B C

háromszögbe írható kör sugara. A Pitagorasz-tétel alkalmazásával

\begin{matrix} k^{2} \cdot ϱ^{2} = 9 k^{2} + 16 k^{2}, ϱ^{2} = 25, ϱ = 5. \end{matrix}

A B C

háromszög beírható körének sugara 5. (Ilyen háromszög létezik,

A C = 15

B C = 20

A B = 25

4. Az

A B C

háromszög

B

, illetve

C

csúcspontján áthaladó súlyvonal egyenlete

3 x + 5 y = 10

, illetve

3 x - 2 y = 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 (\frac{5}{3}; 1)

. Legyen a

B C

oldal felezőpontja

A_{1}

. Mivel

\vec{A S} = 2 \vec{S A_{1}}

és

\vec{A S} = (\frac{14}{3}; 0)

, azért

\begin{matrix} \vec{S A_{1}} = (\frac{7}{3}; 0) és \vec{O A_{1}} = \vec{O S} + \vec{S A_{1}} = (\frac{5}{3}; 1) + (\frac{7}{3}; 0) = (4; 1), \end{matrix}

tehát

A_{1} (4; 1)

.
A

3 x + 5 y = 10

egyenletű

s_{B}

súlyvonal egy tetszőleges pontja

x = 5 t

y = 2 - 3 t

t \in R

, a

3 x - 2 y = 3

egyenletű

s_{C}

súlyvonal egy tetszőleges pontja

x = 1 + 2 v

y = 3 v

v \in R

. Mivel

A_{1}

B C

oldal felezőpontja, azért

5 t + 1 + 2 v = 8

és

2 - 3 t + 3 v = 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:

\begin{matrix} \begin{matrix} a) & lg^{2} (5 - x) + 2 lg^{2} (x + 1) = 3 (lg (5 - x)) (lg (x + 1)), \\ b) & 3^{2 x + 1} + 3^{2 - 2 \sqrt[]{x}} = 4 \cdot 3^{1 + x - \sqrt[]{x}}; & c) & 2 sin^{4} x - 2 sin^{2} x cos^{2} x + 4 cos^{4} x = 1. \end{matrix} \end{matrix}

Megoldás.

a)

Legyen

lg (5 - x) = a

lg (x + 1) = b

. Ekkor

a^{2} + 2 b^{2} = 3 a b

, ahonnan

a = b

vagy

a = 2 b

, azaz

lg (5 - x) = lg (x + 1)

vagy

lg (5 - x) = 2 lg (x + 1)

és

- 1 < x < 5

. Az első egyenletből

5 - x = x + 1

x_{1} = 2

és ez valóban megoldás. A második egyenletből

lg (5 - x) = 2 lg (x + 1)

5 - x = {(x + 1)}^{2}

, ahonnan

x_{2} = 1

x_{3} = - 4

. Az

x_{2} = 1

megoldás, az

x_{3}

nem.

b)

Legyen

3^{x} = a

3^{- \sqrt[]{x}} = b

. Azonos átalakításokkal és rendezéssel

a^{2} - 4 a b + 3 b^{2} = 0

a = b

vagy

a = 3 b

. Így

3^{x} = 3^{- \sqrt[]{x}}

vagy

3^{x} = 3^{1 - \sqrt[]{x}}

, azaz

x = - \sqrt[]{x}

vagy

x = 1 - \sqrt[]{x}

x_{1} = 0

;

\sqrt[]{x} = \frac{- 1 + \sqrt[]{5}}{2}

(

\sqrt[]{x} \geq 0

x_{2} = \frac{3 - \sqrt[]{5}}{2}

. Az egyenlet megoldása

x_{1}

és

x_{2}

c)

A triviális

1 = {(sin^{2} x + cos^{2} x)}^{2}

azonosságból

1 = sin^{4} x + 2 sin^{2} x cos^{2} x + cos^{4} x

. Ezt alkalmazva a

sin^{4} x - 4 sin^{2} x cos^{2} x + 3 cos^{4} x = 0

egyenlethez jutunk. Ha

cos^{2} x = 0

, akkor

sin^{2} x = 1

, így nincs megoldás, csak olyan

x

lehet megoldás, amelyre

cos^{2} x \neq 0

. Osszuk el az egyenlet mindkét oldalát

(cos^{4} x)

-szel. Ekkor a

tg^{4} x - 4 tg^{2} x + 3 = 0

egyenletet kapjuk, ahonnan

tg^{2} x = 1

vagy

tg^{2} x = 3

, azaz

tg x = 1

vagy

tg x = - 1

vagy

tg x = \sqrt[]{3}

vagy

tg x = - \sqrt[]{3}

. A megoldások:

\begin{matrix} x_{1, k} = \frac{π}{4} + k \frac{π}{2}, k \in Z; x_{2, n} = \frac{π}{3} + n π, n \in Z; x_{3, m} = - \frac{π}{3} + m π, m \in Z . \end{matrix}

6. Mely

n

egész számokra lesz a

\begin{matrix} \frac{18 n x + 36 x + 12 n + 6 n^{2}}{3 n^{2} x + 15 n x + 18 x + 6 n + 5 n^{2} + n^{3}} \end{matrix}

kifejezés értéke egész szám, ha

x

tetszőleges egész számot jelenthet?

Megoldás. A törtkifejezés számlálóját és nevezőjét alakítsuk szorzattá:

\begin{matrix} \frac{6 (n + 2) (3 x + n)}{(n + 2) (n + 3) (3 x + n)} = \frac{6}{n + 3}, \end{matrix}

ahol

n \neq - 2

és

n

nem lehet 3 többszöröse (

n \neq - 3

n \neq - 3 x

x \in Z

.)
A kifejezés értéke akkor egész, ha

n + 3

osztója 6-nak és

n \neq - 2

n \neq - 3 x

.
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

\begin{matrix} x^{2} + (2 p - 1) x + \frac{3}{2} p^{2} - 5 p + \frac{1}{4} = 0 \end{matrix}

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:

\begin{matrix} D = {(2 p - 1)}^{2} - 4 (\frac{3}{2} p^{2} - 5 p + \frac{1}{4}) = - 2 p^{2} + 16 p = 2 (16 - {(p - 4)}^{2}) . \end{matrix}

D \geq 0

, ha

{(p - 4)}^{2} \leq 16

- 4 \leq p - 4 \leq 4

0 \leq p \leq 8

. Most

\begin{matrix} f (p) = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2} = {(2 p - 1)}^{2} - 2 (\frac{3}{2} p^{2} - 5 p + \frac{1}{4}) = {(p + 3)}^{2} - \frac{17}{2} . \end{matrix}

f

függvény a

0 \leq p \leq 8

értékekre értelmezett és

f (p) = {(p + 3)}^{2} - \frac{17}{2}

.
Mivel

3 \leq p + 3 \leq 11

9 \leq {(p + 3)}^{2} \leq 121

, így

\begin{matrix} \frac{1}{2} \leq f (p) \leq 112, 5. \end{matrix}

A függvény legkisebb értéke

\frac{1}{2}

, 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

A B C

háromszög

A B

oldalán levő

K

, a

B C

oldalán levő

L

pontokra

3 A K = K B

, illetve

B L = L C

. Az

A L

és

C K

szakaszok metszéspontja

Q

a)

Hányadrésze az

A B C

háromszög területének az

A Q B

, illetve a

B Q C

háromszög területe?

b)

Milyen arányban osztja a

Q

pont az

A L

, illetve a

C K

szakaszt?

Megoldás. Kössük össze a

Q

pontot

B

-vel. Jelölje

t_{1}

A Q K

háromszög,

t_{2}

Q B L

háromszög,

t

Q C A

háromszög,

T

pedig az

A B C

háromszög területét. A feltételből következik, hogy a

K Q B

háromszög területe

3 t_{1}

, a

Q L C

háromszög területe

t_{2}

, valamint

\begin{matrix} \frac{T}{2} = 4 t_{1} + t_{2}, \frac{3}{4} T = 3 t_{1} + 2 t_{2} és \frac{T}{4} = t + t_{1} . \end{matrix}

Így

\begin{matrix} 8 t_{1} + 2 t_{2} = 4 t_{1} + \frac{8}{3} t_{2}, amiből t_{2} = 6 t_{1}, T = 20 t_{1}, T = \frac{10}{3} t_{2} . \end{matrix}

\begin{matrix} \frac{t_{A Q B}}{t_{A B C}} = \frac{4 t_{1}}{20 t_{1}} = \frac{1}{5} és \frac{t_{B Q C}}{t_{A B C}} = \frac{2 t_{2}}{\frac{10}{3} t_{2}} = \frac{3}{5}, \end{matrix}

t_{A Q B}

terület az

A B C

háromszög területének

\frac{1}{5}

része, a

t_{B Q C}

terület az

A B C

háromszög területének

\frac{3}{5}

része. Adódik, hogy

t = 4 t_{1}

\begin{matrix} \frac{A Q}{Q L} = \frac{t}{t_{2}} = \frac{4 t_{1}}{6 t_{1}} = \frac{2}{3} és \frac{C Q}{Q K} = \frac{t}{t_{1}} = \frac{4 t_{1}}{t_{1}} = 4. \end{matrix}