Cím:	Megoldásvázlatok a 2006/1. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2006/február, 81 - 85. 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. Határozzuk meg a $k$ értékét úgy, hogy a következő egyenletnek legyen valós gyöke: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{x^2-2005x-2006}+\sqrt[]{x^2-2007x+2006}+\sqrt[]{x^2-k^2}=0.}\end{array}$ (11 pont)   Megoldás. Három nemnegatív valós szám összege csak úgy lehet nulla, ha mindegyik nulla. A másodfokú kifejezéseket szorzattá bonthatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{\left(x+1\right)\left(x-2006\right)}+\sqrt[]{\left(x-1\right)\left(x-2006\right)}+\sqrt[]{\left(x+k\right)\left(x-k\right)}=0.}\end{array}$ Az első két tag értéke csak akkor nulla egyszerre, ha $x=2006$. Ha van megoldás, akkor a harmadik tagnak is nullának kell lennie 2006 helyettesítésénél: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2006\right)}^2-k^2=\left(2006+k\right)\left(2006-k\right)=0.}\end{array}$ Vagyis $k_1=2006$ vagy $k_2=-2006$.   2. Egy mértani sorozat három egymást követő tagja közül a harmadik $-2$. Ha ezt az első kettő elé rakjuk, akkor egy számtani sorozat egymást követő három tagját kapjuk. Adjuk meg az eredeti három számot. (12 pont)   Megoldás. ${\displaystyle \begin{array}{cc}{\displaystyle \text{ A számtani sorozat tagjai: }}\hfill & {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn></math>; <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mo stretchy="false">+</mo><mi>d</mi></math>; <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mo stretchy="false">+</mo><mn>2</mn><mi>d</mi></math>.}}\hfill \\ {\displaystyle \text{A mértani sorozat tagjai: }}\hfill & {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mo stretchy="false">+</mo><mi>d</mi></math>; <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mo stretchy="false">+</mo><mn>2</mn><mi>d</mi></math>; <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn></math>. }}\hfill \end{array}}$ A mértani sorozatban ${\left(-2+2d\right)}^2=-2\left(-2+d\right)$. Rendezzük ezt az egyenletet: $4-8d+4d^2=4-2d$,  $4d^2-6d=0$,  $2d\left(2d-3\right)=0$. Két értéket kapunk $d$-re: $d_1=0$ vagy $d_2=1\mathrm{,}5$. Az eredeti három szám: $-2$; $-2$; $-2$ vagy $-0\mathrm{,}5$; 1; $-2$. Mindkét számhármas megfelel a feltételeknek.   3. Adjuk meg a következő összeget tized pontossággal: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{lg}\left(7\cdot \sqrt[]{\frac{1}{2}}\right)+\text{lg}\left(7^2\cdot \sqrt[]{\frac{2}{3}}\right)+\text{lg}\left(7^3\cdot \sqrt[]{\frac{3}{4}}\right)+\text{...}+\text{lg}\left(7^{999}\cdot \sqrt[]{\frac{999}{1000}}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ (14 pont)   Megoldás. Használjuk a szorzat logaritmusára vonatkozó azonosságot: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{lg}7+\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{2}}+\text{lg}{7}^2+\text{lg}\sqrt[]{\frac{2}{3}}+\text{lg}{7}^3+\text{lg}\sqrt[]{\frac{3}{4}}+\text{...}+\text{lg}{7}^{999}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{999}{1000}}\mathrm{.}}\end{array}$ Csoportosítsuk a tagokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\text{lg}7+\text{lg}{7}^2+\text{...}+\text{lg}{7}^{999}\right)+\left(\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{2}}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{2}{3}}+\text{...}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{999}{1000}}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az első zárójeles kifejezést tovább alakítjuk, a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosság felhasználásával: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{lg}7+\text{lg}{7}^2+\text{...}+\text{lg}{7}^{999}=1\cdot \text{lg}7+2\cdot \text{lg}7+\text{...}+999\cdot \text{lg}7=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\left(1+2+3+\text{...}+999\right)\cdot \text{lg}7=\frac{999\cdot \left(999+1\right)}{2}\cdot \text{lg}7=499500\cdot \text{lg}7.}\hfill \end{array}}$ Most a második zárójelben lévő összeget hozzuk egyszerűbb alakra: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{2}}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{2}{3}}+\text{...}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{999}{1000}}=\text{lg}\left(\sqrt[]{\frac{1}{2}}\sqrt[]{\frac{2}{3}}\text{...}\sqrt[]{\frac{999}{1000}}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}\cdot \text{...}\cdot \frac{999}{1000}}=\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{1000}}=-\frac{3}{2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A keresett összeg: $499500\cdot \text{lg}7-\frac{3}{2}\approx 422125\mathrm{,}0$.   4. Az $ABC$ egyenlő szárú háromszög $AB$ alapja 56 cm, a szárai 53 cm hosszúak. Tudjuk, hogy az $AB$ alap $F$ felezőpontja, a beírt körének az $O$ középpontja, a köré írt körének a $K$ középpontja, az $S$ súlypontja, az $M$ magasságpontja és a $C$ csúcspontja egy egyenesen vannak. $a)$ Hány háromszöget határoznak meg az $F$, $O$, $K$, $S$, $M$, $C$ és $A$ pontok? $b)$ Számítsuk ki az $ASK$ háromszög területét. $c)$ Számítsuk ki az $FO$ hosszát. (14 pont)   Megoldás. $a)$ Mivel az $F$, $O$, $K$, $S$, $M$, $C$ pontok egy egyenesre illeszkednek, azért csak úgy jön létre valódi háromszög, ha egyik csúcsa $A$, a másik kettő pedig tetszőlegesen választott pontpár a fenti 6 pont közül. A háromszögek száma: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$. $b)$ Az $ASK$ háromszögben az $A$-ból húzható magasság hossza: $AF=28$ cm. Az $SK$ oldal hossza az $FK$ és $FS$ szakaszok hosszának a különbsége. Az $AB$ alaphoz tartozó magasságot Pitagorasz-tétellel számítva az $ACF$ háromszögből: ${28}^2+m_c^2={53}^2$, ebből $m_c=45$ cm. A köré írható kör középpontja az alaptól $45-R$ távolságra van. A köré írt kör $R$ sugarát a Pitagorasz-tétellel határozhatjuk meg: ${28}^2+{\left(45-R\right)}^2=R^2$, ebből $R=\frac{2809}{90}$ cm, vagyis a háromszög körülírt körének középpontja az alap egyenesétől $45-\frac{2809}{90}=\frac{1241}{90}\left(\approx 13\mathrm{,}79\right)$ cm-re van. A súlypont a súlyvonal alaphoz közelebbi harmadolópontja, tehát a súlypont és az alap egyenesének távolsága $45\cdot \frac{1}{3}=15$ cm. $\begin{array}{c}{\displaystyle SK=15-\frac{1241}{90}=\frac{109}{90}\mathrm{,}\text{azaz}{T}_{ASK}=\frac{28\cdot \frac{109}{90}}{2}=\frac{1526}{90}\left(\approx 16\mathrm{,}96{\text{cm}}^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ $c)$ A beírt kör középpontja az alaptól $r$ távolságra van. A beírt kör $r$ sugarát a háromszög területének kétféle felírásából határozhatjuk meg: $t=rs=\frac{c\cdot m_c}{2}$, ahol $s=\frac{k}{2}$, és $k=2\cdot 53+56=162$. Ekkor $81r=1260$, ebből $r=\frac{140}{9}$ cm. A beírt kör középpontja az alap egyenesétől $\frac{140}{9}\left(\approx 15\mathrm{,}56\right)$ cm-re van. Ez az $FO$ hossza.   II. rész   5. Ha a $\left[-3;3\right]$ intervallumon értelmezett $f\left(x\right)=3|x|$ és $g\left(x\right)=x^2$ hozzárendelésű függvények görbéjét az $y$ tengely körül megforgatjuk, akkor két pohár alakú testet kapunk. Adjuk meg a két pohár térfogatának eltérését deciliterben, ha a koordinátarendszer egysége 1,5 cm. (16 pont)   Megoldás. Az első pohár kúp alakú. Alapkörének sugara: $r=3$, magassága: $m=9$. A térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_1=\frac{r^2\pi m}{3}=\frac{9\cdot \pi \cdot 9}{3}=27\pi \approx 84\mathrm{,}82\text{ térfogategység.}}\end{array}$ Ha 1 hosszúságegység egyenlő 1,5 cm-rel, akkor a térfogat mérőszámát $1\mathrm{,}{5}^3$-nal kell szoroznunk. Az eredmény kerekítve 286,3 cm${}^3$, ami 2,863 dl. A második pohár is forgástest alakú. Ha az $x$ tengely körül megforgatjuk a $\left[0;9\right]$ intervallumon a $h\left(x\right)=\sqrt[]{x}$ függvény görbéjét, akkor is ezt a testet kapjuk. Ennek térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_2=\pi \underset{0}{\overset{9}{\int }}{\left(\sqrt[]{x}\right)}^{2}dx=\pi {\left[\frac{x^2}{2}\right]}_0^9=\frac{81}{2}\pi \approx 127\mathrm{,}23\text{ térfogategység.}}\end{array}$ A térfogat mérőszámát $1\mathrm{,}{5}^3$-nal szorozva, kerekítve 429,4 cm${}^3$-t kapunk, ami 4,294 dl. A második pohár térfogata közelítőleg 1,431 dl-rel nagyobb, mint az elsőé.   6. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{\sqrt[]{5}}{11}\right)}^{\frac{2}{-5+\text{lg}x}-\frac{4}{1+\text{lg}x}}=24\mathrm{,}2.}\end{array}$ (16 pont)   Megoldás. A feladat értelmezési tartománya: csak pozitív számnak van logaritmusa, ezért $x>0$, továbbá a nevezők nem lehetnek 0-val egyenlők, ezért $x\ne {10}^5$, valamint $x\ne {10}^{-1}$. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle 24\mathrm{,}2=\frac{242}{10}=\frac{121}{5}={\left(\frac{11}{\sqrt[]{5}}\right)}^2={\left(\frac{\sqrt[]{5}}{11}\right)}^{-2}\mathrm{,}}\end{array}$ azért az eredeti egyenletünk így írható: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{\sqrt[]{5}}{11}\right)}^{\frac{2}{-5+\text{lg}x}-\frac{4}{1+\text{lg}x}}={\left(\frac{\sqrt[]{5}}{11}\right)}^{-2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből kapjuk: $\frac{2}{-5+\text{lg}x}-\frac{4}{1+\text{lg}x}=-2$. Az egyenlet a következő alakra hozható: $\text{lg}{}^{2}x-5\text{lg}x+6=0$, amiből $\text{lg}{x}_1=2$, $\text{lg}{x}_2=3$. Innen $x_1=100$, $x_2=1000$. Mindkét szám megoldása az egyenletnek.   7. Adott három kör az egyenletével: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^2+8x+y^2-4y+16}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2+2x+y^2-6y+6}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2-4x+y^2+12y+36}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ $a)$ Számítsuk ki a középpontjaik által meghatározott háromszög kerületét és területét. $b)$ Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, amelyet az adott körök belülről érintenek. (16 pont)   Megoldás. A körök egyenletét átírhatjuk a következő alakba: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\left(x+4\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2}& {\displaystyle =\mathrm{4,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(x+1\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2}& {\displaystyle =\mathrm{4,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(x-2\right)}^2+{\left(y+6\right)}^2}& {\displaystyle =4.}\hfill \end{array}}$ A három kör középpontja $A\left(-4;2\right)$, $B\left(-1;3\right)$, $C\left(2;-6\right)$.     $a)$ Mivel $AC=10$, $BC=3\sqrt[]{10}$, $AB=\sqrt[]{10}$, azért a háromszög kerülete: $k=10+4\sqrt[]{10}\approx 22\mathrm{,}65$ (egység). Ezek a pontok egy derékszögű háromszöget határoznak meg, hiszen $A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2$. A háromszög területe: $t=\frac{3\sqrt[]{10}\cdot \sqrt[]{10}}{2}=15$ (területegység). $b)$ A keresett kör középpontja az $ABC$ derékszögű háromszög $AC$ átfogójának felezőpontja: $F\left(-1;-2\right)$. Mivel a feladatban megadott körök mindegyikének 2 a sugara, azért a keresett kör sugara 2 egységgel nagyobb, mint az $ABC$ háromszög köré írt kör sugara. $FA=5$, tehát a keresett kör sugara 7. A kör egyenlete: ${\left(x+1\right)}^2+{\left(y+2\right)}^2=49$.   8. András és Béla nagyon sokat asztaliteniszeznek egymással. A tapasztalat azt mutatja, hogy András 0,7, Béla 0,3 valószínűséggel nyer meg egy játékot. Ha többször játszanak, akkor azt tekintjük győztesnek, aki többször nyert. $a)$ Mekkora András nyerési esélye, ha négyszer játszanak? $b)$ Mekkora annak a valószínűsége, hogy Béla minden játékot megnyer, ha háromszor játszanak? $c)$ Hogyan változott András egy játékának nyerési esélye, ha két játék esetén Béla $\frac{5}{9}$ valószínűséggel nem veszít? (16 pont)   Megoldás. $a)$ András nyerhetett három vagy négy játékot a négyből, vagyis a nyerési esélye: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)\cdot 0\mathrm{,}{7}^3\cdot 0\mathrm{,}{3}^1+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)\cdot 0\mathrm{,}{7}^4\cdot 0\mathrm{,}{3}^0=0\mathrm{,}4116+0\mathrm{,}2401=0\mathrm{,}6517.}\end{array}$ $b)$ $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{0}\right)\cdot 0\mathrm{,}{7}^0\cdot 0\mathrm{,}{3}^3=0\mathrm{,}027.}\end{array}$ $c)$ Ha András $p$ valószínűséggel nyer meg egy játékot, akkor annak a valószínűsége, hogy Béla két játékot lejátszva nem veszít: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{0}\right)\cdot p^0\cdot {\left(1-p\right)}^2+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{1}\right)\cdot p^1\cdot {\left(1-p\right)}^1=\frac{5}{9}\mathrm{.}}\end{array}$ Rendezve: $1-2p+p^2+2p-2p^2=\frac{5}{9}$, amiből a $p^2=\frac{4}{9}$, azaz $p=\frac{2}{3}$ ($p>0$). András nyerési esélye csökkent: 0,7 helyett 0,67 lett.   9. Igazoljuk, hogy a $2^n\cdot n!<{\left(n+1\right)}^n$ egyenlőtlenség minden $1$-nél nagyobb természetes szám esetén fennáll. (16 pont)   Megoldás. Mindkét oldal pozitív, így vehetjük az $n$-edik gyöküket: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\cdot \sqrt[n]{1\cdot 2\cdot \text{...}\cdot n}<n+\mathrm{1,}\text{azaz}\sqrt[n]{1\cdot 2\cdot \text{...}\cdot n}<\frac{n+1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{n+1}{2}=\frac{\left(n+1\right)n}{2n}=\frac{\frac{\left(n+1\right)n}{2}}{n}=\frac{1+2+\text{...}+n}{n}\mathrm{,}}\end{array}$ azért az egyenlőtlenséget így is írhatjuk: $\sqrt[n]{1\cdot 2\cdot \text{...}\cdot n}<\frac{1+2+\text{...}+n}{n}$. Ez viszont nyilvánvalóan igaz, mert a két oldalon az $\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}n$ számok mértani, illetve számtani közepe áll.