Cím:	Megoldásvázlatok a 2006/2. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Besnyőné Titter Beáta
Füzet:	2006/március, 141 - 144. 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. I. rész   1. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: $a)$ $\left(4-x^2\right)\sqrt[]{1-x}=0$; $b)$ $\left(0\mathrm{,}{4}^x-2\mathrm{,}{5}^{x+1}-1\mathrm{,}5\right)\cdot \text{log}{}_3\left(x+3\right)=0$; $c)$ $\text{sin}x=5\text{cos}\frac{x}{2}$.   Megoldás. $a)$ A négyzetgyök miatt $1-x\ge 0$, azaz $x\le 1$. Egy szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0: ha $4-x^2=0$, akkor $|x|=2$, de az értelmezési tartomány miatt $x$ nem lehet 2; ha $\sqrt[]{1-x}=0$, 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 $0\mathrm{,}{4}^x-2\mathrm{,}{5}^{x+1}-1\mathrm{,}5=0$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{2}{5}\right)}^x-{\left(\frac{5}{2}\right)}^{x+1}-\frac{3}{2}=\mathrm{0,}{\left(\frac{2}{5}\right)}^{2x}-\frac{3}{2}\cdot {\left(\frac{2}{5}\right)}^x-\frac{5}{2}=0.}\end{array}$ Ezt az egyenletet másodfokúként megoldjuk: ${\left(\frac{2}{5}\right)}^{x_1}=\frac{5}{2}$, amiből $x_1=-1$, vagy ${\left(\frac{2}{5}\right)}^{x_2}=-1$, ami nem lehetséges. Ha $\text{log}{}_3\left(x+3\right)=0$, akkor $x=-2$ adódik. Innen $x=-1$; $x=-2$, amelyek megoldások. $c)$ A $\text{sin}x=2\text{sin}\frac{x}{2}\text{cos}\frac{x}{2}$ miatt rendezés után vagy $\text{cos}\frac{x}{2}=0$, innen $x=\pi +2k\pi$, $k\in \text{Z}$; vagy $\text{sin}\frac{x}{2}=\frac{5}{2}$, ami lehetetlen.   2. Az $ABCD$ rombusz két szemközti csúcsa $A\left(0;0\right)$, $C\left(2;4\right)$. Az $A$ és $C$ csúcsoknál lévő szög ${120}^{\circ }$. Határozzuk meg a $B$ és $D$ csúcs koordinátáit.   Megoldás. Az átlók szögfelezők is a rombuszban, ezért $ABC$, illetve $ACD$ szabályos háromszögek, oldalaik $\sqrt[]{20}$ egység hosszúak. A hiányzó csúcsok az $A$ középpontú $\sqrt[]{20}$ sugarú, és a $C$ középpontú $\sqrt[]{20}$ sugarú körök metszéspontjai, vagyis az $x^2+y^2=20$ és az ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2=20$ egyenletekből álló egyenletrendszert kell megoldanunk.     A keresett pontok: $B\left(1+2\sqrt[]{3};2-\sqrt[]{3}\right)$, $D\left(1-2\sqrt[]{3};2+\sqrt[]{3}\right)$.   3. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^3-x^{2}y-4x{y}^2+4y^3}& {\displaystyle =0}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2x^2+y^2}& {\displaystyle =12}\hfill \end{array}}\}}\end{array}$   Megoldás. Az első egyenlet szorzattá alakítható: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^3-x^{2}y-4x{y}^2+4y^3=x^2\left(x-y\right)-4y^2\left(x-y\right)=\left(x-y\right)\left(x-2y\right)\left(x+2y\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Három esetet kapunk: $x=y$ vagy $x=2y$ vagy $x=-2y$. Rendre behelyettesítve a második egyenletbe a következő megoldáspárok adódnak: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(2;2\right)\mathrm{,}\left(-2;-2\right)\mathrm{,}\left(\frac{4\sqrt[]{3}}{3};\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)\mathrm{,}\left(-\frac{4\sqrt[]{3}}{3};-\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)\mathrm{,}\left(-\frac{4\sqrt[]{3}}{3};\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)\mathrm{,}\left(\frac{4\sqrt[]{3}}{3};-\frac{2\sqrt[]{3}}{3}\right)\mathrm{.}}\end{array}$   4. Az $ABCD$ paralelogramma kerülete $26$ egység, $AB<AD$, a $BCD$ háromszögbe írható kör sugara $\sqrt[]{3}$ egység, a paralelogramma $B$ csúcsnál lévő szöge ${120}^{\circ }$. Mekkorák a paralelogramma oldalai?   Megoldás. Legyenek $P$, $Q$, $R$ az érintési pontok, $O$ a kör középpontja, $AB=a$. Az $OPC$ háromszög derékszögű, $POC={60}^{\circ }$, 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle 49=a^2+{\left(13-a\right)}^2-2a\left(13-a\right)\text{cos}{60}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $\frac{5!}{2}=60$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}{}^2\frac{\alpha -\beta }{2}+\text{sin}\alpha \cdot \text{sin}\beta +\text{sin}{}^2\frac{\gamma }{2}=\mathrm{1,}}\end{array}$ ahol $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ a háromszög szögei.   Megoldás. Mivel $\alpha +\beta +\gamma ={180}^{\circ }$, azért $\frac{\gamma }{2}=\frac{{180}^{\circ }-\alpha -\beta }{2}={90}^{\circ }-\frac{\alpha +\beta }{2}$. Végezzük el a következő átalakításokat: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{sin}{}^2\frac{\alpha -\beta }{2}+\text{sin}\alpha \cdot \text{sin}\beta +\text{sin}{}^2\left({90}^{\circ }-\frac{\alpha +\beta }{2}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle \text{sin}{}^2\frac{\alpha -\beta }{2}+\text{sin}\alpha \cdot \text{sin}\beta +\text{cos}{}^2\frac{\alpha +\beta }{2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle {\left(\text{sin}\frac{\alpha }{2}\text{cos}\frac{\beta }{2}-\text{cos}\frac{\alpha }{2}\text{sin}\frac{\beta }{2}\right)}^2+4\text{sin}\frac{\alpha }{2}\text{cos}\frac{\alpha }{2}\text{sin}\frac{\beta }{2}\text{cos}\frac{\beta }{2}+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle +{\left(\text{cos}\frac{\alpha }{2}\text{cos}\frac{\beta }{2}-\text{sin}\frac{\alpha }{2}\text{sin}\frac{\beta }{2}\right)}^2=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =}& {\displaystyle \text{sin}{}^2\frac{\alpha }{2}\left(\text{cos}{}^2\frac{\beta }{2}+\text{sin}{}^2\frac{\beta }{2}\right)+\text{cos}{}^2\frac{\alpha }{2}\left(\text{cos}{}^2\frac{\beta }{2}+\text{sin}{}^2\frac{\beta }{2}\right)=\text{sin}{}^2\frac{\alpha }{2}+\text{cos}{}^2\frac{\alpha }{2}=1.}\hfill \end{array}}$   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 $\left(10-2x\right)\cdot 10=\left(5-x\right)\cdot 20$ 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: $\left(5-x\right)\cdot 20=40$, amiből $x=3$. Tehát 3 ugrása lesz balra és $10-3=7$ jobbra. Ezt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)=\frac{10!}{3!\cdot 7!}=120$-féle módon teheti meg. $b)$ A bolha a 10 ugrást $2^{10}$-féleképpen teheti meg, és a pálcán a kiindulási helytől jobbra vagy balra maximum $10a$ távolságra juthat el, ahol $a\le 10$ páros szám. $10a$ cm-re úgy kerülhet, hogy $b$ számú ugrást tesz balra és $\left(10-b\right)$ számú ugrást tesz jobbra. Ekkor $a=b-\left(10-b\right)$, innen $b=\frac{a}{2}+5$. Tehát $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{b}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{\frac{a}{2}+5}\right)$-féleképpen teheti meg az ugrásokat. A valószínűség pedig: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{\frac{a}{2}+5}\right)}{2^{10}}\mathrm{.}}\end{array}$   8. Az $f\left(x\right)=\left(p+1\right)x^2-\left(p+3\right)x+2p$ 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 $p\ne -1$, akkor $f$ másodfokú függvény, amely akkor lesz minden valós $x$ esetén pozitív, ha $p+1>0$ és a diszkriminánsa negatív, azaz: $\begin{array}{c}{\displaystyle D={\left(p+3\right)}^2-8p\left(p+1\right)=-7p^2-2p+9<0.}\end{array}$ Ez $p<-\frac{9}{7}$ vagy $p>1$ esetén lenne, de $p>-1$-nek is teljesülnie kell. Így akkor vesz fel minden valós $x$ esetén pozitív értéket az $f\left(x\right)$ függvény, ha $p>1$.   9. Határozzuk meg azokat az $\left(x;y\right)$ számpárokat, amelyek kielégítik a következő egyenleteket: $a)$ $\text{sin}{}^2\left(x+y\right)-\text{cos}{}^2\left(x-y\right)=1$; $b)$ $\frac{1}{\sqrt[]{2}}\left(\text{sin}x+\text{cos}x\right)=2y^2-4y+3$.   Megoldás. $a)$ Mivel $\text{sin}{}^2\left(x+y\right)=1-\text{cos}{}^2\left(x+y\right)$, azért az egyenlet a következő alakban is írható: $\text{cos}{}^2\left(x+y\right)+\text{cos}{}^2\left(x-y\right)=0$. Két szám négyzetének összege csak úgy lehet 0, ha mindkettő 0. Ha $\text{cos}{}^2\left(x+y\right)=0$, akkor $x+y=\frac{\pi }{2}+n\pi$ $\left(n\in \text{Z}\right)$; ha $\text{cos}{}^2\left(x-y\right)=0$, akkor $x-y=\frac{\pi }{2}+k\pi$ $\left(k\in \text{Z}\right)$. Ezekből: $x=\frac{\pi }{2}+\left(n+k\right)\frac{\pi }{2}$ és $y=\left(n-k\right)\frac{\pi }{2}$, ahol $n\mathrm{,}k\in \text{Z}$. $b)$ Alakítsuk a két oldalt: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{\sqrt[]{2}}\left(\text{sin}x+\text{cos}x\right)=\text{sin}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)\le \mathrm{1,}2y^2-4y+3=2{\left(y-1\right)}^2+1\ge 1.}\end{array}$ Egyenlőség csak akkor lehet, ha $\text{sin}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)=1$ és $2y^2-4y+3=1$. Így $x=\frac{\pi }{4}+2k\pi$, $k\in \text{Z}$ és $y=1$. Ezek valóban kielégítik az egyenletet.