Cím: Megoldásvázlatok a 2008/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Csík Zoltán 
Füzet: 2008/április, 204 - 208. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Hány csúcsa lehet annak az egyszerű teljes gráfnak, amelyben az élek száma a csúcsok számának hatszorosánál kevesebb, de ötszörösénél több?  (11 pont)
 

Megoldás. Egy egyszerű teljes gráfban minden csúcs minden másikkal pontosan egyszer van összekötve. Vagyis egy n csúcsú egyszerű teljes gráfban n(n-1)2 él van.
A feladat szövege szerint a következő egyenlőtlenséget írhatjuk fel:
5n<n(n-1)2<6n.

Mivel n1, azért ez a következő alakban is írható: 10<n-1<12, ahonnan n-1=11, n=12.
 
2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a valós számpárok halmazán:
4x+y1004-4x+y2008=122007logx(2008y-x)=1}.(12 pont)

 

Megoldás. Az első egyenlet a következőképpen írható:
(4x+y2008)2-4x+y2008=12,
ami 4x+y2008-ra másodfokú.
A másodfokú egyenlet gyökei -3 és 4.
A 4x+y2008=-3 nem teljesülhet semmilyen valós számpár esetén sem.
A 4x+y2008=4 egyenletből: x+y=2008.
Az egyenletrendszer második egyenletéből:
logx(2008y-x)=0,azaz2008y-x=1.

A két egyenletből: x=2007; y=1.
Ez valóban megoldása az egyenletrendszernek.
 
3. Adjuk meg a koordinátasíkon azokat az (x;y) pontokat, amelyek koordinátáira:
cos(x+y)=1sin(x-y)=0}.(14 pont)

 

Megoldás. Az első egyenlet akkor és csak akkor teljesül, ha x+y=2k1π. Az ezt teljesítő pontok az y=-x+2k1π (k1Z) egyenesseregen vannak.
 
 

A második egyenlet akkor és csak akkor teljesül, ha x-y=k2π (k2Z), azaz az ezt teljesítő pontok az y=x-k2π egyenesseregen vannak. A keresett pontok az egyenesek metszéspontjaiban, azaz a
((2k1+k2)π2;(2k1-k2)π2)
pontokban helyezkednek el, ahol k1;k2Z.
 
4. Egy 24 személyes kulcsosházban 1 db 4 ágyas, 1 db 8 ágyas és 1 db 12 ágyas szoba van. A 4 ágyas szobában 1000 Ft egy személynek egy éjszaka, a 8 ágyas szobában 800 Ft, míg a 12 ágyasban 700 Ft. A házban a szobákat létszámtól függően fűtik be, anyagi megfontolások miatt, a táblázatnak megfelelően:
 
Személyek1‐45‐89‐1213‐1617‐2020‐24  számaFűtött4 ágyas8 ágyas12 ágyas4 ágyas +8 ágyas +Mind-  szobák12 ágyas12 ágyashárom
 
Ha már több szobát is fűtenek, akkor feltölthetjük először az olcsóbb helyeket. A házat 1-től 24 főig bármekkora társaság lefoglalhatja.
a) Mikor kevesebb az egy főre jutó átlagos szállásdíj, ha 15 fős vagy ha 21 fős csoport veszi ki a kulcsosházat?
b) Van-e olyan csoportlétszám, amelynél érdemesebb több főre kivenni a házat, mint ahányan vannak?
c) Állítsuk csökkenő sorba az egy főre eső átlagos szállásdíj szerint a létszámokat.  (14 pont)
 

Megoldás. a) 15 fő esetén 12-en 700 Ft-ért, 3-an 1000 Ft-ért alszanak, az egy főre eső szállásdíj
12700+3100015=760Ft.  
21 fő esetén 12-en 700 Ft-ért, 8-an 800 Ft-ért, és egyvalaki 1000 Ft-ért alszik, így az egy főre jutó költség
12700+8800+1100021752,4Ft.  

Vagyis 21 fő esetén kevesebb az egy főre eső átlagos költség, mint 15 fő esetén.
b) Ilyen eset akkor fordulhat elő, ha a többletszám miatt egy olcsóbb szobát nyitnak meg. Ilyen lehet
ha 4 fő helyett 5-öt fizetünk, de ekkor marad 1000 Ft az egy főre eső szállásdíj: 410004=58004. (3 vagy kevesebb fő helyett 5-öt kifizetni nem jó.)
ha 8 fő helyett 9-et fizetünk, ekkor 88008>97008, tehát ez megéri (7 vagy kevesebb fő helyett 9-et kifizetni már nem jó.)
ha 16 fő helyett 17-et fizetünk, de ekkor 41000+1270016=12700+580016. (15 vagy kevesebb fő helyett 17-et kifizetni már nem jó.)

c) A következő táblázat az átlagos költség alakulását mutatja növekvő létszám mellett:
 
12345678Összes költség10002000300040004000480056006400Átlagos költség1000100010001000800800800800910111213141516Összes költség6300700077008400940010 40011 40012 400Átlagos költség700700700700723,1742,97607751718192021222324Összes költség12 40013 20014 00014 80015 80016 80017 80018 800Átlagos költség729,4733,3736,8740752,4763,6773,9783,3
 

A táblázat alapján a létszámok sorrendje az átlagos szállásdíj csökkenése alapján (a zárójelben lévő létszámoknál az átlag megegyezik): (1, 2, 3, 4), (5, 6, 7, 8), 24, 16, 23, 22, 15, 21, 14, 20, 19, 18, 17, 13, (9, 10, 11, 12).
 

II. rész
 

5. Egy zsákban kék és piros golyók vannak. Annak az esélye, hogy két húzásból két kék golyót húzunk, ötöde annak, hogy két pirosat húzunk és hatoda annak, hogy mindkét színből egyet. Minden golyó kihúzásának az esélye ugyanannyi. Hány piros és hány kék golyó van a zsákban?  (16 pont)
 

Megoldás. Legyen p a piros golyók száma és k a kékeké, ekkor
P(2 kék)=kk+pk-1(k-1)+p=k(k-1)(p+k)(p+k-1),P(2 piros)=pk+pp-1(p-1)+k=p(p-1)(p+k)(p+k-1),P(piros és kék)=pk+pk(p-1)+k+kk+pp(k-1)+p=2pk(p+k)(p+k-1).

Abból, hogy P(2 kék)6=P(piros és kék), következik, hogy 6k(k-1)=2pk (mivel (p+k)(p+k-1)0), ahonnan p=3(k-1)=3k-3 (hiszen k0).
Az előzőekhez hasonlóan abból, hogy P(2 kék)5=P(2 piros), következik, hogy 5k(k-1)=p(p-1). Ebbe behelyettesítve p=3k-3-at, rendezés után a következő másodfokú egyenletet kapjuk: k2-4k+3=0, melynek gyökei k=1 és k=3.
Az első gyök esetén a piros golyók száma 0 lenne, ami nem lehet, tehát 3 kék és 6 piros golyó van a zsákban.
 
6. Egy mértani és egy számtani sorozat megfelelő tagjainak különbsége 0; -3; 10; 103. Adjuk meg a két sorozatot.  (16 pont)
 

Megoldás. Mivel a kezdő tagok között 0 a különbség, így legyen a két sorozat: a; aq; aq2; aq3 és a; a+d; a+2d; a+3d.
A megfelelő tagok különbségéből:
aq-(a+d)=-3,azaza(q-1)-d=-3,(1)aq2-(a+2d)=10,azaza(q2-1)-2d=10,(2)aq3-(a+3d)=103,azaza(q3-1)-3d=103.(3)
A (2)-ből kivonva az (1) kétszeresét kapjuk, hogy a(q2-2q+1)=16, amiből
a(q-1)2=16.(4)
A (3)-ból kivonva az (1) és a (2) összegét: a(q-1)(q2+q+1-q-2)=96, azaz
a(q-1)2(q+1)=96.(5)
Mivel sem a, sem q-1 nem 0, így eloszthatjuk az (5)-öt a (4)-gyel, ahonnan q+1=6, azaz q=5. Visszahelyettesítve kapjuk, hogy a=1, így a két sorozat: 1;5;25;125;..., illetve 1;8;15;22;....
 
7. Adjuk meg az
f(x)=120(x+1)(x-2)(x-5)(x-8)+5
függvény (2;5) pontján átmenő e egyenes egyenletét úgy, hogy a [0;10] intervallumban a két görbe által közrezárt terület fele az e egyenes felett, fele az e egyenes alatt legyen.  (16 pont)
 

 

Megoldás. Ha a szürke és a vonalkázott területek összegei megegyeznek, akkor az f görbe alatti területe meg kell, hogy egyezzen az e görbe alatti területével a [0; 10] intervallumban, azaz
010f(x)dx=010e(x)dx.

Legyen e(x)=mx+b, és
f(x)=120(x+1)(x-2)(x-5)(x-8)+5=x420-7x310+51x220-7x10+1.
Behelyettesítve:
010(x420-7x310+51x220-7x10+1)dx=010(mx+b)dx,[x5100-7x440+17x320-7x220+x]010=[mx22+bx]010.75=50m+10b.(1)


Mivel az e egyenes áthalad a (2;5) ponton, azért
e(2)=2m+b=5.(2)
Az (1) és (2)-ből m=56 és b=103, azaz a keresett egyenes:
e(x)=56x+103.

 
8. Egy társaságból k embert p-féleképpen, (k+1)-et 2p-féleképpen, (k+2)-t 3p-féleképpen tudunk kiválasztani. Hány fős a társaság?  (16 pont)
 

Megoldás. Legyen a társaság n fős. Ekkor k embert p-féleképpen tudunk kiválasztani, azaz
(nk)=n!k!(n-k)!=p,továbbá(nk+1)=n!(k+1)!(n-k-1)!=2p
és
(nk+2)=n!(k+2)!(n-k-2)!=3p.
Az első két egyenletből:
(k+1)!(n-k-1)!k!(n-k)!=k+1n-k=12,azaz3k+2=n.
A második és a harmadik egyenletből:
(k+2)!(n-k-2)!(k+1)!(n-k-1)!=k+2n-k-1=23,azaz5k+82=n.
A két egyenletből: 3k+2=5k+82, amiből k=4 és n=14.
Azaz a társaság 14 fős.
 
9. A Holdkorongra éppen úgy vetül a Föld árnyéka, hogy a Holdkorong középpontjából 120-os, a Föld árnyékának középpontjából 60-os szögben látszik a két kör közös húrja. Hányadrésze nem látható a Hold korongjának?  (16 pont)
 

 

Megoldás. Legyen AB=BC=CA=1, CD=BD=x. A BCD háromszögben a koszinusztételből
cosCDB=2x2-12x2=cos120=-12,
ahonnan x=13, így a két körlap területe π és π3, az ABC körcikk területe π6, a DBC körcikké π9. Az ABC körcikk területéből kivonva az ABC háromszög területét: π6-34, a DBC körcikkből a DBC háromszögét: π9-1212, a két eredmény összege a közös rész területe: 5π18-13. A keresett arány:
56-3π0,28.