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: ; ; .
Megoldás. A négyzetgyök miatt , azaz . Egy szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0: ha , akkor , de az értelmezési tartomány miatt nem lehet 2; ha , akkor . Tehát vagy , és mindkettő megoldás. A logaritmus miatt , azaz . Egy szorzat akkor 0, ha valamelyik tényezője 0: Ha , akkor | | Ezt az egyenletet másodfokúként megoldjuk: , amiből , vagy , ami nem lehetséges. Ha , akkor adódik. Innen ; , amelyek megoldások. A miatt rendezés után vagy , innen , ; vagy , ami lehetetlen.
2. Az rombusz két szemközti csúcsa , . Az és csúcsoknál lévő szög . Határozzuk meg a és csúcs koordinátáit.
Megoldás. Az átlók szögfelezők is a rombuszban, ezért , illetve szabályos háromszögek, oldalaik egység hosszúak. A hiányzó csúcsok az középpontú sugarú, és a középpontú sugarú körök metszéspontjai, vagyis az és az egyenletekből álló egyenletrendszert kell megoldanunk.
A keresett pontok: , .
3. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számok halmazán. | |
Megoldás. Az első egyenlet szorzattá alakítható: | | Három esetet kapunk: vagy vagy . Rendre behelyettesítve a második egyenletbe a következő megoldáspárok adódnak: | |
4. Az paralelogramma kerülete egység, , a háromszögbe írható kör sugara egység, a paralelogramma csúcsnál lévő szöge . Mekkorák a paralelogramma oldalai?
Megoldás. Legyenek , , az érintési pontok, a kör középpontja, . Az háromszög derékszögű, , ezért . Tudjuk, hogy (a kerület fele).
Külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők: , , . Ezért . Az háromszögre írjuk fel a koszinusztételt: | | Innen , illetve . Mivel , azért , .
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 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 | | ahol , , a háromszög szögei.
Megoldás. Mivel , azért . Végezzük el a következő átalakításokat:
7. Egy hosszú pálcán egy bolha ugrál. Minden ugrása véletlenszerűen balra vagy jobbra történik, ugrásainak hossza cm. Hányféle módon juthat el ugrással a kiindulási helytől cm távolságra jobbra, illetve cm távolságra balra? Határozzuk meg, hogy ugrás után mekkora valószínűséggel tartózkodik a bolha a pálca egyes pontjaiban.
Megoldás. Ha -et ugrik egyik irányba, akkor 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: , amiből . Tehát 3 ugrása lesz balra és jobbra. Ezt -féle módon teheti meg. A bolha a 10 ugrást -féleképpen teheti meg, és a pálcán a kiindulási helytől jobbra vagy balra maximum távolságra juthat el, ahol páros szám. cm-re úgy kerülhet, hogy számú ugrást tesz balra és számú ugrást tesz jobbra. Ekkor , innen . Tehát -féleképpen teheti meg az ugrásokat. A valószínűség pedig:
8. Az hozzárendeléssel megadott függvényben valós paraméter. Határozzuk meg a értékét úgy, hogy a függvény minden valós esetén pozitív értéket vegyen fel.
Megoldás. Ha , akkor ez egy elsőfokú nem állandó függvény, ekkor nem teljesül a feltétel. Ha , akkor másodfokú függvény, amely akkor lesz minden valós esetén pozitív, ha és a diszkriminánsa negatív, azaz: | | Ez vagy esetén lenne, de -nek is teljesülnie kell. Így akkor vesz fel minden valós esetén pozitív értéket az függvény, ha .
9. Határozzuk meg azokat az számpárokat, amelyek kielégítik a következő egyenleteket: ; .
Megoldás. Mivel , azért az egyenlet a következő alakban is írható: . Két szám négyzetének összege csak úgy lehet 0, ha mindkettő 0. Ha , akkor ; ha , akkor . Ezekből: és , ahol . Alakítsuk a két oldalt: | | Egyenlőség csak akkor lehet, ha és . Így , és . Ezek valóban kielégítik az egyenletet. |