Cím:	Megoldásvázlatok a 2005/2. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Pataki János
Füzet:	2005/március, 139 - 145. 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. $a)$ $A={101}^{{100}^{99}}$, $B={99}^{{100}^{101}}$. Melyik szám a nagyobb, $A$ vagy $B$?  (7 pont) $b)$ Írja föl az $f\left(x\right)=x^2$ függvény azon érintőjének az egyenletét, amelyik az $x$-tengely pozitív félegyenesével ${60}^{\circ }$-os szöget zár be.  (6 pont) Megoldás. $a)$ A tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növő, ezért elegendő a számok logaritmusát összehasonlítani.  1 pont $A_1=\text{lg}A={100}^{99}\cdot \text{lg}101$, $B_1=\text{lg}B={100}^{101}\cdot \text{lg}99$. $A_1$ és $B_1$ pozitív számok, így összehasonlításukhoz ismét a logaritmusukat hasonlítjuk össze.  3 pont (Ha a vizsgázó hatványozott hatványként pl. $A={101}^{100\cdot 99}$-cel dolgozik, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat a feladatra.) $\text{lg}{A}_1=99\cdot \text{lg}100+\text{lg}\left(\text{lg}101\right)=198+\text{lg}\left(\text{lg}101\right)<198+\text{lg}10=199$, $\text{lg}{B}_1=101\cdot \text{lg}100+\text{lg}\left(\text{lg}99\right)=202+\text{lg}\left(\text{lg}99\right)>202$. $\text{lg}{A}_1<\text{lg}{B}_1\iff A_1<B_1\iff A<B$.  3 pont Összesen: 7 pont $b)$ A keresett érintő meredeksége $\text{tg}{60}^{\circ }=\sqrt[]{3}$.  1 pont A függvény deriváltja $f\text{'}\left(x\right)=2x$.  1 pont Az érintési pont első koordinátája a $2x=\sqrt[]{3}$ egyenletből $\frac{\sqrt[]{3}}{2}$, a második koordináta $f\left(\frac{\sqrt[]{3}}{2}\right)=\frac{3}{4}$.  3 pont A keresett érintő egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle y=\sqrt[]{3}\left(x-\frac{\sqrt[]{3}}{2}\right)+\frac{3}{4}=\sqrt[]{3}x-\frac{3}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ 1 pont Összesen: 6 pont   2. Hol a hiba az alábbi okoskodásokban? Mi az egyenlet megoldása az $a)$ esetben és mennyi a szóban forgó valószínűség a $b)$ kérdésben? $a)$ A $\sqrt[]{x}=-x$ egyenletnek nincs megoldása, mert egy szám négyzetgyöke nem lehet negatív.  (4 pont) $b)$ Mennyi annak a valószínűsége, hogy hét szabályos kockát feldobva van $1$-es a számok között? Annak a valószínűsége, hogy egyetlen szabályos kockával $1$-est dobunk, $\frac{1}{6}$. Eszerint annak a valószínűsége, hogy két szabályos kockát feldobva van $1$-es a kijött számok között, kétszer ennyi, $\frac{1}{3}$; így tehát a kérdéses valószínűség $7$-szer ennyi, $\frac{7}{6}$, az esemény bekövetkezése több, mint bizonyos.  (5 pont) $c)$ Egy méter $100$ centiméter, tehát $\frac{1}{4}\text{méter}=25\text{centiméter}$. Az $\frac{1}{4}$ négyzetgyöke $\frac{1}{2}$, a $25$ négyzetgyöke $5$, tehát $\frac{1}{2}\text{méter}=5\text{centiméter}$.  (4 pont) Megoldás. $a)$ $-x$ nem negatív, ha $x\le 0$.  2 pont Az egyenlet megoldása a 0.  2 pont (Ha a vizsgázó azt írja, hogy az indoklás azért hibás, mert az egyenletnek van megoldása, akkor legfeljebb 1 pontot kaphat.) Összesen: 4 pont $b)$ A siker valószínűsége nem egyenesen arányos a kísérletek számával.  2 pont Annak valószínűsége, hogy nincs 1-es a számok között: ${\left(\frac{5}{6}\right)}^7$, ezért a szóban forgó valószínűség értéke $1-{\left(\frac{5}{6}\right)}^7\approx 0\mathrm{,}7209$.  3 pont (Akkor is jár a 3 pont, ha a vizsgázó nem hivatkozik a binomiális eloszlásra. Ha 1-et közöl eredményként, akkor legfeljebb 1 pontot kaphat.) Összesen: 5 pont $c)$ Egy mennyiség mértéke a mérőszámnak és az egységnek a szorzata. A mérőszámokból vont négyzetgyökvonás akkor vezet igaz egyenlőséghez, ha mindkét oldalon ugyanaz az egység.  4 pont Összesen: 4 pont   3. Egy trapéz magassága, egyik, illetve másik átlója ebben a sorrendben egy $q=2$ hányadosú mértani sorozat három szomszédos tagja. A trapéz területe $T=\sqrt[]{60}+\sqrt[]{12}$ területegység. Mekkora a trapéz magassága?  (12 pont) Megoldás. Legyenek a trapéz csúcsai $ABCD$, a magassága $m$. A feltétel szerint $AC=2m$, $BD=4m$. Legyen a $C$ és a $D$ vetülete az $AB$ oldalon $C_1$ és $D_1$.  2 pont     Pithagorasz tétele szerint $A{C}_1=\sqrt[]{3}m$ és $B{D}_1=\sqrt[]{15}m$.  2 pont Mivel $C_1{D}_1=CD$, azért a trapéz alapjainak összege: $\begin{array}{c}{\displaystyle AB+CD=A{C}_1+B{D}_1=\sqrt[]{3}m+\sqrt[]{15}m=\sqrt[]{3}m\left(1+\sqrt[]{5}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ 5 pont A trapéz kétszeres területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{3}m\left(1+\sqrt[]{5}\right)\cdot m=2\left(\sqrt[]{60}+\sqrt[]{12}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Innen $m^2=4$, azaz $m=2$.  3 pont Összesen: 12 pont   4. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán: $a)$ $2x^4\le x^2+1$.  (5 pont) $b)$ $2\text{cos}{}^{2}x\ge \text{cos}x+1$.  (8 pont) Megoldás. $a)$ A $t=x^2\ge 0$ új változó bevezetésével az egyenlőtlenség $2t^2-t-1\le 0$ alakba írható.  2 pont Ennek a megoldása: $-\frac{1}{2}\le t\le 1$.  2 pont (A grafikus megoldásért is jár a 2 pont.) Mivel $t\ge 0$, a megoldás $0\le x^2\le 1$, azaz $-1\le x\le 1$.  1 pont Összesen: 5 pont $b)$ Most a $t=\text{cos}x$ ($-1\le t\le 1$) helyettesítés után a $2t^2-t-1\ge 0$ egyenlőtlenséget kapjuk.  2 pont (1 pont akkor is jár, ha a vizsgázó később jelöli ki az új változó értékkészletét.) Ennek a megoldása: $t\le -\frac{1}{2}$ vagy $1\le t$.  1 pont Ha $\text{cos}x=t\le -\frac{1}{2}$, akkor $\text{cos}x\le -\frac{1}{2}$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2\pi }{3}+2k\pi \le x\le \frac{4\pi }{3}+2k\pi \mathrm{,}k\text{ egész.}}\end{array}$ 3 pont (Ha a vizsgázó fokokban adja meg a megoldást, akkor 2 pontot, ha keverve, vagy nem írja a periódust, akkor 1 pontot kaphat.)     Ha $1\le t=\text{cos}x$, akkor $\text{cos}x=1$, tehát $x=2n\pi$, ahol $n$ egész.  2 pont Összesen: 8 pont   II. rész   5. $a)$ A pozitív egész $A$ és $B$ számok összege $1000$. Igazolja, hogy $A^2$ utolsó három számjegye egyenlő $B^2$ utolsó három számjegyével.  (4 pont) $b)$ Adjon meg olyan pozitív egész $A$ és $B$ számokat, amelyek összege $1000$ és $A^2$ utolsó négy számjegye egyenlő $B^2$ utolsó négy számjegyével.  (3 pont) $c)$ Hány pozitív osztója van a $H=2^{24}-1$ számnak?  (9 pont) Megoldás. $a)$ Az állítás akkor teljesül, ha $1000\mid A^2-B^2$.  2 pont $A^2-B^2=\left(A+B\right)\left(A-B\right)=1000\left(A-B\right)$, tehát az állítás igaz.  2 pont (Másik megoldás.) $B=1000-A$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle B^2={\left(1000-A\right)}^2=\left({1000}^2-2000A\right)+A^2\mathrm{.}}\end{array}$ 2 pont $1000\mid {1000}^2-2000A$, így $B^2$ és $A^2$ utolsó három jegye megegyezik.  2 pont Összesen: 4 pont $b)$ Az utolsó 4 számjegy akkor egyezik meg, ha $10000\mid A^2-B^2$.  1 pont Így $\left(A-B\right)$-nek oszthatónak kell lennie 10-zel. Az $A+B=1000$ feltétel esetén ez például teljesül, ha $A$ is és $B$ is osztható 10-zel. Egy példa: $A=110$, $B=890$.  2 pont Összesen: 3 pont $c)$ Bontsuk a $H$ számot prímtényezők szorzatára, ehhez pedig alakítsunk szorzattá: $\begin{array}{c}{\displaystyle H=\left(2^{12}-1\right)\left(2^{12}+1\right)=\left(2^6-1\right)\left(2^6+1\right)\left({\left(2^4\right)}^3+1\right)=}\end{array}$ $\begin{array}{c}{\displaystyle =\left(2^3-1\right)\left(2^3+1\right)\left(2^2+1\right)\left(2^4-2^2+1\right)\left(2^4+1\right)\left(2^8-2^4+1\right)\mathrm{.}}\end{array}$ 4 pont (A 4 pont akkor is jár, ha a vizsgázó akkora tényezőkig jut a felbontásban, amelyek már kézzel ,,kezelhetők'', illetve ha tovább bont.) Behelyettesítve: $H=7\cdot 9\cdot 5\cdot 13\cdot 17\cdot 241$. Innen a törzstényezős felbontás: $H=3^2\cdot 5\cdot 7\cdot 13\cdot 17\cdot 241$.  2 pont Innen a $H$ pozitív osztóinak a száma: $d\left(H\right)=\left(2+1\right)\cdot \left(1+1\right)\cdot \left(1+1\right)\cdot \left(1+1\right)\cdot \left(1+1\right)\cdot \left(1+1\right)=96$.  3 pont Összesen: 9 pont   6. Egy dobozban pénzérmék és golyók vannak, amelyek ezüstből vagy aranyból készültek. A dobozban lévő tárgyak $20\%$-a golyó, a pénzérmék $40\%$-a ezüst, az aranytárgyak $80\%$-a érme. $a)$ A dobozban lévő tárgyak hány százaléka arany pénzérme?  (4 pont) $b)$ A dobozból véletlenszerűen kihúzunk egy tárgyat. Mekkora a valószínűsége, hogy ez a tárgy ezüstből készült?  (4 pont) $c)$ A dobozból véletlenszerűen kihúzunk egy golyót. Mekkora a valószínűsége, hogy ez a golyó ezüstből készült?  (4 pont) $d)$ Értelmezze a $b)$ és a $c)$ feladatok eredményét a következő eseményekre: $E$: a kihúzott tárgy ezüstből van; $G$: a kihúzott tárgy golyó.  (4 pont) Megoldás. Jelölje $t$ a tárgyak számát és foglaljuk táblázatba az adatokat: a táblázat kitöltésekor használjuk föl, hogy a sor-, illetve oszlopösszegek összege a tárgyak száma.  6 pont ${\displaystyle \begin{array}{cccc}\multicolumn{1}{c}{{\displaystyle }}& \multicolumn{1}{c}{{\displaystyle \text{Golyó}}}& \multicolumn{1}{c}{{\displaystyle \text{Érme}}}& \multicolumn{1}{c}{{\displaystyle \text{Össz.}}}\\ {\displaystyle \text{ Arany}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>12</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>48</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>6</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill \\ {\displaystyle \text{ Ezüst}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>08</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>4</mn><mo>⋅</mo><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>8</mn><mi>t</mi><mo stretchy="false">=</mo><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>32</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>4</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill \\ {\displaystyle \text{ Össz.}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>2</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mn>,</mn><mn>8</mn><mi>t</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>t</mi></math>}}\hfill \end{array}}$ (Ha a táblázat helyes, akkor az $a)$, $b)$, $c)$ kérdések helyes megoldására még 2‐2 pont adható. Az egyes részfeladatok megoldásakor halmazábra is használható, akkor 2‐2 pont jár egy-egy részfeladat helyes ábrázolásáért.) $a)$ 48%.  2 pont $b)$ 0,4.  2 pont $c)$ 0,4.  2 pont $d)$ Az eredmények szerint az ezüst tárgyak aránya a golyók között azonos az ezüst tárgyak arányával a dobozban: az $E$ és a $G$ események függetlenek.  4 pont (Másféle indoklás is elfogadható a két esemény függetlenségére; pl. $\text{P}\left(EG\right)=\text{P}\left(E\right)\cdot \text{P}\left(G\right)$, vagy $\text{P}\left(E\mid G\right)=\text{P}\left(E\right)$.) Összesen: 16 pont   7. Egy számtani sorozat első tagja $9$, a kilencedik tagja pedig $33$. $a)$ Határozza meg a fenti számtani sorozat azon tagjainak az összegét, amelyek $149$ és $301$ között vannak.  (10 pont) $b)$ Mennyi a sorozat első huszonöt elemének a négyzetösszege?  (6 pont) Megoldás. $a)$ $d=\frac{a_9-a_1}{9-1}=3$.  2 pont $a_n=a_1+\left(n-1\right)d=3n+6$.  1 pont A sorozat $n$-edik tagja akkor esik 149 és 301 közé, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle 149<3n+6<\mathrm{301,}\text{azaz}\frac{143}{3}<n<\frac{295}{3}\mathrm{,}}\end{array}$ ami akkor és csak akkor teljesül, ha $47<n<99$.  3 pont A sorozatnak összesen $98-47=51$ tagja esik a megadott határok közé. A legkisebb $a_{48}=150$, a legnagyobb $a_{98}=300$.  2 pont $\begin{array}{c}{\displaystyle a_{48}+\text{...}+a_{98}=51\cdot \frac{a_{48}+a_{98}}{2}=11475.}\end{array}$ 2 pont Összesen: 10 pont $b)$ $a_1^2+a_2^2+\text{...}+a_{25}^2={\sum }_{i=1}^{25}{\left(3i+6\right)}^2=9{\sum }_{i=1}^{25}{\left(i+2\right)}^2$.  2 pont ${\sum }_{i=1}^{25}{\left(i+2\right)}^2$ az első 27 pozitív egész négyzetösszegénél 5-tel kisebb.  2 pont Az ismert összefüggés szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{n=1}^{27}{n}^2=\frac{27\cdot 28\cdot 55}{6}=\mathrm{6930,}}\end{array}$ tehát a keresett összeg $9\cdot 6925=62325$.  2 pont Összesen: 6 pont (Akkor is jár a 6 pont, ha a vizsgázó az összegzés előtt végzi el a négyzetre emelést. Ekkor a számolás: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{i=1}^{25}{\left(3i+6\right)}^2=\sum _{i=1}^{25}9i^2+\sum _{i=1}^{25}36i+\sum _{i=1}^{25}36=49725+11700+900=62325.)}\end{array}$   8. Egy klinikán olyan betegség kimutatására végeznek vérvizsgálatot, amelyikben száz ember közül átlagosan egy szenved. A vizsgálati személyek ötvenes csoportokban érkeznek és az eddigi gyakorlat szerint egyesével végzik el rajtuk a tesztet. Egyetlen vérminta vizsgálata $300$ forintba kerül. A klinika vezetője két módosító javaslatot kapott: $A)$ Egy-egy $50$-es csoport vérmintáinak egy részét azonosítható módon tegyék félre, a másik részeket pedig öntsék össze és vizsgálják először a csoportos mintát. Ha ez negatív, akkor nyilván mindenki egészséges, ha pozitív, akkor a félretett egyéni mintákat vizsgálják egyesével. $B)$ Az $A)$ javaslathoz hasonlóan először az $50$-es csoport együttes vérmintáját vizsgálják meg. Ha ez pozitív, akkor minden egyes félretett egyéni minta feléből két $25$-fős, csoportos mintát készítenek és ezeket ismét együttesen vizsgálják. Ha bármelyik csoport pozitívnak bizonyul, akkor annak a csoportnak a tagjait egyesével szűrik. A klinika vezetőjeként változtatna-e az addigi gyakorlaton? Ha igen, akkor hogyan és miért?  (16 pont) Megoldás. Annak a valószínűsége, hogy egy ember beteg, 0,01 és az egyes emberek egymástól függetlenül betegek vagy sem.  1 pont (Ez az 1 pont nem jár, ha a vizsgázó nem említi a függetlenséget.) Az eredeti eljárás szerint egy 50-es minta vizsgálati költsége $50\cdot 300=15000$ Ft.  1 pont Az $A$ és a $B$ változatok esetén a költségek várható értékét határozzuk meg és hasonlítjuk össze.  2 pont $A)$ Annak a valószínűsége, hogy egy 50-es mintában nincs beteg, $p=0\mathrm{,}{99}^{50}\approx 0\mathrm{,}605$, annak, hogy van, $1-p\approx 0\mathrm{,}395$.  2 pont Az $A)$ változat költségének várható értéke tehát: $E_A=p\cdot 300+\left(1-p\right)\cdot 51\cdot 300\approx 6225$ Ft.  3 pont $B)$ Annak a valószínűsége, hogy egy 25 fős mintában nincs beteg: $p_1=0\mathrm{,}{99}^{25}\approx 0\mathrm{,}778$.  1 pont A két 25 fős minta esetén a lehetőségek a megfelelő valószínűségekkel: ‐ mindkét csoport egészséges: $p_1^2=p\approx 0\mathrm{,}605$. ‐ egy csoport egészséges: $2p_1\cdot \left(1-p_1\right)\approx 0\mathrm{,}345$. ‐ mindkét csoport beteg: ${\left(1-p_1\right)}^2\approx 0\mathrm{,}05$.  3 pont (Ha a kerekítés miatt nem 1 az összeg, akkor 2 pont, ha elvi hiba van, akkor maximum 1 pont.) A szükséges tesztek száma az egyes esetekben: 2; 27; 52. A vizsgálat költségének várható értéke: $\begin{array}{c}{\displaystyle E_B=300\left[2\cdot 0\mathrm{,}605+27\cdot 0\mathrm{,}345+52\cdot 0\mathrm{,}05\right]\approx 3937\mathrm{,}5\text{Ft. }}\end{array}$ 2 pont A $B)$ változatot érdemes választani.  1 pont Összesen: 16 pont   9. Az alábbi feladatok megoldása során kalkulátor nem használható. Eredményeit indokolja. $a)$ $1.$ Írja föl az ${\left(1+x\right)}^{10}$ hatvány kifejtésének első négy tagjának összegét az $x$ növekvő hatványai szerint rendezve.  (2 pont) $2.$ A talált kifejezés alapján adjon közelítést $1\mathrm{,}{005}^{10}$ értékére.  (1 pont) $3.$ Igazolja, hogy az így kapott közelítés négy tizedesjegyre pontos.  (5 pont) $b)$ $1.$ Ábrázolja az $f\left(x\right)=\frac{1500x+1}{500x-2}$ függvény grafikonját, ha $x>1000$.  (2 pont) $2.$ Határozza meg az $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1500x+1}{500x-2}=\frac{3x}{10000}}\end{array}$ egyenlet pozitív megoldásának az egész részét.  (6 pont) Megoldás. $a)$ $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(1+x\right)}^{10}\to 1+10x+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)x^2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3}\right)x^3=1+10x+45x^2+120x^3\mathrm{.}}\end{array}$ 2 pont Ennek alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle 1\mathrm{,}{005}^{10}={\left(1+0\mathrm{,}005\right)}^{10}\approx 1+10\cdot 0\mathrm{,}005+45\cdot 0\mathrm{,}000025+120\cdot 0\mathrm{,}000000125=1\mathrm{,}05114.}\end{array}$ 1 pont A további 7 tagot felülről becsülhetjük, felhasználva, hogy a szereplő binomiális együtthatók maximuma $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{5}\right)=252$ és $x=0\mathrm{,}005$ hatványai fogynak. Így mindegyikük legfeljebb $252x^4$, az összegük kisebb, mint $\begin{array}{c}{\displaystyle 7\cdot 252\cdot {\left(5\cdot {10}^{-3}\right)}^4<{10}^{-8}\cdot 1764<\frac{{10}^{-4}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Az első négy tag összege tehát négy tizedesre pontos.  5 pont (Más helyes becslés is elfogadható.) Összesen: 8 pont $b)$ A függvény grafikonja megkülönböztethetetlen a vízszintes aszimptotától, melynek egyenlete $y=3$. Emellett ha $x>\frac{1}{250}$, akkor $f\left(x\right)>3$.  3 pont (Akkor is jár ez a 3 pont, ha a vizsgázó csak a következő részben említi, hogy a függvény itt az aszimptota fölött halad.) Ha az adott egyenlet helyett a $3=\frac{3x}{10000}$ egyenletet oldjuk meg, akkor mivel $\frac{1500x+1}{500x-2}>3$, másfelől a jobb oldali függvény növő, a módosított egyenlet megoldása, 10 000, a valódi megoldásnál kisebb.  3 pont     Másfelől egyszerű számolással kapjuk, hogy ha $x$ helyébe 10 001-et írunk, akkor az eredeti egyenlet jobb oldala nagyobb lesz, mint a bal, a pozitív gyök tehát kisebb, mint 10 001, így az egész része 10 000.  2 pont (Ha a vizsgázó az aszimptota megállapítása után közli, hogy a gyök egész része 10 000, kaphat 1 pontot. Grafikusan csak annyi fogadható el, hogy a gyök nagyobb, mint 10 000.) Összesen: 8 pont