Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2004/3.sz felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2004/április, 215 - 217. 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 egyenleteket:

\begin{matrix} a) \frac{x^{3} - 4 x}{2 - x} = 0; b) \sqrt[]{\frac{x^{3} - 4 x}{2 - x}} = \frac{\sqrt[]{3}}{2}; c) lg \frac{x^{3} - 4 x}{2 - x} = 0. \end{matrix}

Megoldás.

a)

A nevező miatt:

x \neq 2

. A számlálót szorzattá bontjuk:

x (x - 2) (x + 2)

. A megoldások:

x_{1} = - 2

vagy

x_{2} = 0

b)

A nevező miatt:

x \neq 2

, a négyzetgyök miatt:

\frac{x^{3} - 4 x}{2 - x} \geq 0

, ami az egyszerűsítés után:

- x (x + 2) \geq 0

, a feladat értelmezési tartománya:

x \in [- 2; 0]

. A négyzetgyök alatt elvégezzük az egyszerűsítést, négyzetre emelünk, majd 0-ra rendezzük az egyenletet:

\begin{matrix} 0 = x^{2} + 2 x + \frac{3}{4} . \end{matrix}

Ennek a másodfokú egyenletnek két valós gyöke van:

x_{1} = - \frac{3}{2}

x_{2} = - \frac{1}{2}

. Mindkettő megoldása az eredeti egyenletnek is.

c)

A nevező miatt:

x \neq 2

, a logaritmus miatt:

\frac{x^{3} - 4 x}{2 - x} > 0

, ami az egyszerűsítés után:

- x (x + 2) > 0

, a feladat értelmezési tartománya:

x \in] - 2; 0 [

. Elvégezzük az egyszerűsítést, majd a logaritmus definíciója szerint kapjuk a következő egyenletet:

- x^{2} - 2 x = 10^{0}

, azaz

0 = x^{2} + 2 x + 1

. Az egyenlet egyedüli megoldása:

x = - 1

2. Igazoljuk, hogy ha

a + 1

osztható

6

-tal, akkor

n

minden egész értékére

n (a n^{2} + 1)

is osztható

6

-tal.

Megoldás. Ha az

a + 1

osztható 6-tal, akkor

a

felírható

6 k - 1

alakban

(k \in Z)

. Ekkor

n (a n^{2} + 1) = n [(6 k - 1) n^{2} + 1] = 6 k n^{3} - (n - 1) n (n + 1)

. Az első tag 6-nak többszöröse, ezért osztható 6-tal. A második tag három egymást követő egész szám szorzata, így az is osztható 6-tal.

3. Az

5 cm

sugarú körbe írt

A B

húr egyenlő a körbe írható szabályos nyolcszög, a

B C

húr pedig a körbe írható szabályos hatszög oldalával. Mekkora az

A C

szakasz?

Megoldás. Jelöljük

O

-val a kör középpontját. I. eset:

O B A ∢ = 67, 5^{\circ}

O B C ∢ = 60^{\circ}

, és ezek összege:

A B C ∢ = 127, 5^{\circ}

. Az

O A B

háromszögből koszinusztétellel meghatározzuk az

A B

hosszát:

\begin{matrix} A B = \sqrt[]{50 - 25 \sqrt[]{2}} \approx 3, 8268. \end{matrix}

A B C

háromszögből koszinusztétellel meghatározzuk az

A C

hosszát:

\begin{matrix} A C^{2} = 14, 6444 + 25 - 2 \cdot 3, 8268 \cdot 5 \cdot cos 127, 5^{\circ} \approx 62, 94, A C \approx 7, 9 (cm). \end{matrix}

II. eset:

O B A ∢ = 67, 5^{\circ}

O B C ∢ = 60^{\circ}

, és ezek különbsége:

A B C ∢ = 7, 5^{\circ}

. Az

O A B

háromszögből koszinusztétellel most is

A B \approx 3, 8268

. Az

A B C

háromszögből koszinusztétellel meghatározzuk az

A C

hosszát:

A C \approx 1, 3

(cm).
Az

A C

hosszának lehetséges értékei: 7,9 cm vagy 1,3 cm.

4. Az

a

paraméter mely értékeire van az

\begin{matrix} a^{2} (x - 1) = 4 (a x - x - 1) \end{matrix}

egyenletnek egész gyöke?

Megoldás. Az egyenlet

{(a - 2)}^{2} \cdot x = a^{2} - 4

alakúra rendezhető.
Ha

a = 2

, akkor a

0 \cdot x = 0

egyenletet kapjuk, amelynek minden valós szám megoldása, ekkor van az egyenletnek egész gyöke.
Ha

a \neq 2

, akkor

\begin{matrix} x = \frac{(a - 2) (a + 2)}{{(a - 2)}^{2}} = \frac{a + 2}{a - 2} = 1 + \frac{4}{a - 2}, \end{matrix}

ez akkor egész, ha

a - 2

osztója a 4-nek. Ekkor

a

lehetséges értékei:

- 2

; 0; 1; 3; 4; 6, összesen hét megfelelő

a

értéket kaptunk:

{- 2; 0; 1; 2; 3; 4; 6}

5. A

13

egység területű

A B C

háromszög két csúcsa:

A (3; - 1)

és

B (- 1; 5)

. Határozzuk meg a

C

csúcs koordinátáit úgy, hogy a háromszög kerülete minimális legyen.

Megoldás. Az

A B C

háromszög

c

oldalának hossza a megadott koordináták segítségével kiszámítható:

c = A B = 2 \sqrt[]{13}

. Mivel a háromszög területe 13, azért

m_{c} = \sqrt[]{13}

. Az

A B

szakaszt az

F (1; 2)

felezőpontja körül

90^{\circ}

-kal elforgatva kapjuk a

K L

szakaszt:

K (- 2; 0)

L (4; 4)

.
Az

A B

egyenessel párhuzamos,

K

-ra illeszkedő

f_{1}

, illetve

L

-re illeszkedő

f_{2}

egyeneseken van a keresett háromszög

C

csúcsa (hiszen

F L = F K = \sqrt[]{13}

). Az

A

pont tengelyes tükörképét

f_{1}

-re jelölje

A'

A C + C B = A' C + C B

, ami akkor minimális, ha

A' B

és

f_{1}

metszéspontja a

C

csúcs. Az

f_{2}

-vel hasonlóan járhatunk el. Az így kapott metszéspontok éppen

K

, illetve

L

.
A

C

lehetséges koordinátái:

(- 2; 0)

vagy

(4; 4)

6. Egy

60 cm

kerületű téglalap két szomszédos oldalára, mint átmérőre kifelé félköröket rajzolunk. Mekkorának válasszuk a téglalap oldalhosszúságait, hogy a kapott síkidom

a)

kerülete minimális legyen;

b)

területe maximális legyen?

Megoldás. A téglalap egyik oldalának a hosszát jelölje

x

, ekkor a másik oldal

30 - x

a)

A síkidom kerülete

x

-szel kifejezve:

\begin{matrix} k (x) = 30 + \frac{x}{2} \cdot π + \frac{30 - x}{2} \cdot π = 30 + 15 π . \end{matrix}

A kerület így nem függ

x

-től, állandó.

b)

A síkidom területe

x

-szel kifejezve:

\begin{matrix} t (x) = x (30 - x) + \frac{1}{2} {(\frac{x}{2})}^{2} π + \frac{1}{2} {(\frac{30 - x}{2})}^{2} π, \end{matrix}

elvégezzük a kijelölt műveleteket:

\begin{matrix} t (x) = (\frac{π}{4} - 1) x^{2} + \frac{60 - 15 π}{2} x + \frac{225 π}{2} . \end{matrix}

Felhasználjuk, hogy ha a másodfokú függvény főegyütthatója negatív, akkor az együtthatók szokásos jelölésével az

x = - \frac{b}{2 a}

helyen maximuma van, ami most

\begin{matrix} x = - \frac{\frac{60 - 15 π}{2}}{2 (\frac{π}{4} - 1)} = \frac{15 π - 60}{π - 4} = 15 -nek adódik. \end{matrix}

A terület tehát akkor maximális, ha a téglalap négyzet.

7. Egy háromszög

α

és

β

szögeire

\begin{matrix} (1 + ctg α) (1 + ctg β) = 2 ctg α ctg β . \end{matrix}

Határozzuk meg a háromszög harmadik szögét.

Megoldás. Az egyenletet alakítsuk át:

\begin{matrix} (1 + \frac{cos α}{sin α}) (1 + \frac{cos β}{sin β}) = 2 \frac{cos α cos β}{sin α sin β} . \end{matrix}

Szorozzuk meg mindkét oldalt

sin α sin β

-val:

\begin{matrix} (sin α + cos α) (sin β + cos β) = 2 cos α cos β . \end{matrix}

Végezzük el a beszorzást és rendezzük:

\begin{matrix} sin α cos β + cos α sin β = cos α cos β - sin α sin β, \end{matrix}

tehát

sin (α + β) = cos (α + β)

.
Az egyenlőség mindkét oldalát oszthatjuk

sin (α + β)

-val (ami nem nulla, mert

0 < α + β < 180^{\circ}

), ekkor

ctg (α + β) = 1

. Ebből a két szög összege

45^{\circ}

, vagyis a harmadik szög

135^{\circ}

-os.

8. Az

A B C D E

konvex ötszög

A

csúcsát kössük össze a

B E

átló, valamint a

B C

C D

és

D E

oldalak felezőpontjával. Az így kapott négy szakaszon az

A

csúcstól távolabbi harmadoló pontok által meghatározott négyszög területe az eredeti ötszög területének az ötödével egyenlő. Hányadrésze az

A B E

háromszög területe az eredeti ötszög területének?

Megoldás. Az

A

csúcstól indulva (a

B

felé) az oldalfelező pontok legyenek

F_{1}

F_{2}

F_{3}

F_{4}

és

F_{5}

, a

B E

átló felezőpontja pedig

F

. A feladat szövege szerint a

B C D E

négyszög

F_{2}

F_{3}

F_{4}

és

F

oldalfelező pontjait kell összekötnünk az

A

csúccsal, majd ezt a négyszöget kell az

A

-ból

\frac{2}{3}

arányban kicsinyítenünk. Ekkor kapjuk az

F_{2}' F_{3}' F_{4}' F'

négyszöget. Megmutatható, hogy

F_{2} F_{3} F_{4} F

négyszög (ami egyébként egy paralelogramma) területe fele a

T

területű,

B C D E

négyszög területének. A hasonlóságból következik, hogy

F_{2}' F_{3}' F_{4}' F'

területe

\frac{2}{9} T

. Legyen az

A B E

háromszög területe

μ T

. Ekkor a feladat szövege szerint:

\begin{matrix} \frac{1}{5} = \frac{\frac{2}{9} T}{μ T + T} = \frac{2}{9 μ + 9}, \end{matrix}

amiből

μ = \frac{1}{9}

. Ez azt jelenti, hogy az

A B E

háromszög területe tizede az ötszög területének.