Cím: Megoldásvázlatok a 2006/2. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Besnyőné Titter Beáta 
Füzet: 2006/március, 141 - 144. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a) (4-x2)1-x=0;
b) (0,4x-2,5x+1-1,5)log3(x+3)=0;
c) sinx=5cosx2.
 
Megoldás. a) A négyzetgyök miatt 1-x0, azaz x1. Egy szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0:
ha 4-x2=0, akkor |x|=2, de az értelmezési tartomány miatt x nem lehet 2;
ha 1-x=0, akkor x=1.
Tehát x=1 vagy x=-2, és mindkettő megoldás.
b) A logaritmus miatt x+3>0, azaz x>-3. Egy szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0:
Ha 0,4x-2,5x+1-1,5=0, akkor
(25)x-(52)x+1-32=0,(25)2x-32(25)x-52=0.
Ezt az egyenletet másodfokúként megoldjuk: (25)x1=52, amiből x1=-1, vagy (25)x2=-1, ami nem lehetséges.
Ha log3(x+3)=0, akkor x=-2 adódik.
Innen x=-1; x=-2, amelyek megoldások.
c) A sinx=2sinx2cosx2 miatt rendezés után vagy cosx2=0, innen x=π+2kπ, kZ; vagy sinx2=52, ami lehetetlen.
 
2. Az ABCD rombusz két szemközti csúcsa A(0;0), C(2;4). Az A és C csúcsoknál lévő szög 120. Határozzuk meg a B és D csúcs koordinátáit.
 
Megoldás. Az átlók szögfelezők is a rombuszban, ezért ABC, illetve ACD szabályos háromszögek, oldalaik 20 egység hosszúak. A hiányzó csúcsok az A középpontú 20 sugarú, és a C középpontú 20 sugarú körök metszéspontjai, vagyis az x2+y2=20 és az (x-2)2+(y-4)2=20 egyenletekből álló egyenletrendszert kell megoldanunk.
 
 

A keresett pontok: B(1+23;2-3), D(1-23;2+3).
 
3. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán.
x3-x2y-4xy2+4y3=02x2+y2=12}

 
Megoldás. Az első egyenlet szorzattá alakítható:
x3-x2y-4xy2+4y3=x2(x-y)-4y2(x-y)=(x-y)(x-2y)(x+2y).
Három esetet kapunk: x=y vagy x=2y vagy x=-2y.
Rendre behelyettesítve a második egyenletbe a következő megoldáspárok adódnak:
(2;2),(-2;-2),(433;233),(-433;-233),(-433;233),(433;-233).

 
4. Az ABCD paralelogramma kerülete 26 egység, AB<AD, a BCD háromszögbe írható kör sugara 3 egység, a paralelogramma B csúcsnál lévő szöge 120. Mekkorák a paralelogramma oldalai?
 
Megoldás. Legyenek P, Q, R az érintési pontok, O a kör középpontja, AB=a. Az OPC háromszög derékszögű, POC=60, ezért PC=3. Tudjuk, hogy DC+CB=13 (a kerület fele).
 
 

Külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők: RC=PC=3, DP=DQ=a-3, BR=BQ=10-a. Ezért DB=7.
Az ABD háromszögre írjuk fel a koszinusztételt:
49=a2+(13-a)2-2a(13-a)cos60.
Innen a=8, illetve a=5. Mivel AB<AD, azért AB=CD=5, BC=CD=8.
 

II. rész
 

5. Adott öt pont úgy, hogy nincs közöttük három egy egyenesen. Négy egyenes szakaszból álló hálózattal szeretnénk összekötni őket, a keresztezés megengedett. Hány ilyen hálózat képzelhető el?
 
Megoldás. Háromféle típusú hálózat van:
 
 

Az első típusúból 5!2=60 darab van, mert a kiinduló pont bármelyik lehet az öt közül, a következő eggyel kevesebb stb., és mindegy, hogy melyik a kezdő és melyik a végső pont.
A második típusúból szintén 60-féle lehet, mert a hármas elágazás 5 helyen lehet, a kettes elágazás 4 helyen, az ehhez éllel csatlakozó csúcs pedig 3-féle, ezután a másik két csúcs már egyértelmű.
A harmadik típusú 5-féle lehet, mert bármelyik pont lehet az elágazás központja.
Összesen 125 eset lehetséges.
 
6. Igazoljuk, hogy minden háromszögben
sin2α-β2+sinαsinβ+sin2γ2=1,
ahol α, β, γ a háromszög szögei.
 
Megoldás. Mivel α+β+γ=180, azért γ2=180-α-β2=90-α+β2.
Végezzük el a következő átalakításokat:
sin2α-β2+sinαsinβ+sin2(90-α+β2)==sin2α-β2+sinαsinβ+cos2α+β2==(sinα2cosβ2-cosα2sinβ2)2+4sinα2cosα2sinβ2cosβ2++(cosα2cosβ2-sinα2sinβ2)2==sin2α2(cos2β2+sin2β2)+cos2α2(cos2β2+sin2β2)=sin2α2+cos2α2=1.

 
7. Egy hosszú pálcán egy bolha ugrál. Minden ugrása véletlenszerűen balra vagy jobbra történik, ugrásainak hossza 10 cm.
a) Hányféle módon juthat el 10 ugrással a kiindulási helytől 40 cm távolságra jobbra, illetve 50 cm távolságra balra?
b) Határozzuk meg, hogy 10 ugrás után mekkora valószínűséggel tartózkodik a bolha a pálca egyes pontjaiban.
 
Megoldás. a) Ha x-et ugrik egyik irányba, akkor (10-2x)10=(5-x)20 cm-re jut a kiindulási helyétől. Ez csak 20-szal osztható távolság lehet, 50 cm-re tehát nem távolodhat el a kiindulási helyzetből.
40 cm távolságra eljuthat: (5-x)20=40, amiből x=3. Tehát 3 ugrása lesz balra és 10-3=7 jobbra. Ezt (103)=10!3!7!=120-féle módon teheti meg.
b) A bolha a 10 ugrást 210-féleképpen teheti meg, és a pálcán a kiindulási helytől jobbra vagy balra maximum 10a távolságra juthat el, ahol a10 páros szám.
10a cm-re úgy kerülhet, hogy b számú ugrást tesz balra és (10-b) számú ugrást tesz jobbra. Ekkor a=b-(10-b), innen b=a2+5. Tehát (10b)=(10a2+5)-féleképpen teheti meg az ugrásokat. A valószínűség pedig:
(10a2+5)210.

 
8. Az f(x)=(p+1)x2-(p+3)x+2p hozzárendeléssel megadott függvényben p valós paraméter. Határozzuk meg a p értékét úgy, hogy a függvény minden valós x esetén pozitív értéket vegyen fel.
 
Megoldás. Ha p=-1, akkor ez egy elsőfokú nem állandó függvény, ekkor nem teljesül a feltétel.
Ha p-1, akkor f másodfokú függvény, amely akkor lesz minden valós x esetén pozitív, ha p+1>0 és a diszkriminánsa negatív, azaz:
D=(p+3)2-8p(p+1)=-7p2-2p+9<0.
Ez p<-97 vagy p>1 esetén lenne, de p>-1-nek is teljesülnie kell.
Így akkor vesz fel minden valós x esetén pozitív értéket az f(x) függvény, ha p>1.
 
9. Határozzuk meg azokat az (x;y) számpárokat, amelyek kielégítik a következő egyenleteket:
a) sin2(x+y)-cos2(x-y)=1;
b) 12(sinx+cosx)=2y2-4y+3.
 
Megoldás. a) Mivel sin2(x+y)=1-cos2(x+y), azért az egyenlet a következő alakban is írható: cos2(x+y)+cos2(x-y)=0. Két szám négyzetének összege csak úgy lehet 0, ha mindkettő 0. Ha cos2(x+y)=0, akkor x+y=π2+nπ (nZ); ha cos2(x-y)=0, akkor x-y=π2+kπ (kZ). Ezekből: x=π2+(n+k)π2 és y=(n-k)π2, ahol n,kZ.
b) Alakítsuk a két oldalt:
12(sinx+cosx)=sin(x+π4)1,2y2-4y+3=2(y-1)2+11.
Egyenlőség csak akkor lehet, ha sin(x+π4)=1 és 2y2-4y+3=1.
Így x=π4+2kπ, kZ és y=1. Ezek valóban kielégítik az egyenletet.