Cím: Megoldásvázlatok a 2006/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Szlovák Sándorné 
Füzet: 2006/november, 471 - 476. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Az a=374x25y¯ tízes számrendszerbeli számban az x és y számjegyek véletlenszerű megválasztásánál mi a valószínűsége annak, hogy a szám osztható 15-tel?
 
Megoldás. Az x és az y egymástól függetlenül 10-féleképpen választható meg, ezért 100 darab adott alakú szám van. 15-tel csak azok a számok oszthatók, amelyek 3-mal és 5-tel is oszthatók. Az a szám csak akkor osztható 5-tel, ha az y értéke 0 vagy 5.
Ha y=0, akkor a számjegyek összege 3+7+4+x+2+5+0=21+x, ezért az x lehetséges értékei 0, 3, 6 vagy 9. Így 4 darab olyan számot kapunk, amely 0-ra végződik és osztható 15-tel.
Ha y=5, akkor a számjegyek összege 3+7+4+x+2+5+5=26+x, itt az x lehetséges értéke 1, 4 vagy 7 lehet, újabb 3 számot kapunk.
Tehát ha felírnánk az x és y összes lehetséges értékével a 100 darab számot, akkor 7 darab lenne közöttük, amely osztható 15-tel. A kérdéses valószínűség így 0,07.
 
2. Két különböző sugarú kör kívülről érinti egymást. Bizonyítsuk be, hogy a közös belső érintőnek a közös külső érintők közötti szakasza egyenlő a két sugár mértani közepének a kétszeresével.
 
Megoldás. Mivel körhöz külső pontból egyenlő hosszúságú érintők húzhatók, azért az ábra jelölései alapján
PE=PE1=PE2=QE=QE3=QE4,
így PQ=PE1+PE2=E1E2=a.
 
 

A K1K2T háromszögben (R-r)2+a2=(R+r)2. Ebből a2=4Rr, azaz
PQ=a=2Rr.

 
3. Ábrázoljuk derékszögű koordinátarendszerben azoknak a pontoknak a halmazát, amelyek kielégítik az alábbi egyenletet:
a) (x-3)(4x-3y)=0;
b) 17x2-24xy+9y2-6x+9=0;
c) 4x-3yx-3=0;
d) x-34x-3y=0.
 
Megoldás. a) (x-3)(4x-3y)=0. Egy szorzat csak akkor 0, ha legalább az egyik tényezője 0, azaz x-3=0, vagy 4x-3y=0. Ezekből x=3, és y tetszőleges valós szám, vagy y=43x.
b)
17x2-24xy+9y2-6x+9=0(*)16x2-24xy+9y2+x2-6x+9=0(4x-3y)2+(x-3)2=0.
Mivel (4x-3y)20, és (x-3)20, azért az egyenlőség csak abban az esetben teljesül, ha x-3=0 és 4x-3y=0, azaz x=3 és y=4. Ez egyetlen pontra teljesül, ez P(3;4).
c) 4x-3yx-3=04x-3y=0, de x-30, azaz y=43x, de x3.
d) x-34x-3y=0x-3=0, de 4x-3y0, azaz x=3, de y43x, és így y4.
 
 

4. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenlőtlenséget:
2x+2-x+12x+2-x-1132log(3-22)(3+22).

 
Megoldás. Az egyenlőtlenség minden valós x-re értelmezve van. A logaritmus alapja és a logaritmus numerusza is pozitív, az alap nem egyenlő 1-gyel, valamint e két érték egymás reciproka, hiszen szorzatuk 1, ezért a log(3-22)(3+22)=-1. Ennek felhasználásával az egyenlőtlenség a következőképpen módosul:
2x+2-x+12x+2-x1132.
Vezessük be a 2x+2-x=2x+12x=a jelölést. Ekkor a2.
a+1a113232a2-11a+320a23  vagy  a322.
a2, így csak az a322 esetet kell vizsgálni.
2x+12x3222(2x)2-322x+202x22=2-12  vagy  2x2=212.
A megoldás: x-12 vagy x12.
 

II. rész
 

5. Három pozitív szám harmonikus közepe 18013, a mértani közepük 1033, a négyzetes közepük pedig 7253. Mivel egyenlő a számtani közepük?
 
Megoldás. A feladat feltételei alapján felírhatjuk, hogy
31a+1b+1c=180133abcab+ac+bc=18013,(1)abc3=1033abc=3000,(2)a2+b2+c23=7253a2+b2+c2=725.(3)
Az abc=3000 értékét helyettesítsük be az (1) egyenletbe:
9000ab+ac+bc=18013ab+ac+bc=900013180=6502(ab+ac+bc)=1300.
Ehhez az utóbbi egyenlethez adjuk hozzá a (3) egyenletet:
a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=2025(a+b+c)2=2025a+b+c=±45.
Mivel a, b és c pozitív, azért a+b+c3=15.
 
6. a) A 4px2-(2p3-8p+2)x+p2-4=0 másodfokú egyenletben határozzuk meg a p valós paraméter értékét úgy, hogy az ellentétes előjelű valós gyökök közül egyik se legyen nagyobb 12-nél.
b) Van-e a p paraméternek olyan értéke, amelyre az
y=4px2-(2p3-8p+2)x+p2-4
függvény az x=2-nél veszi fel a maximumát, és ennek értéke -8?
 
Megoldás. a) A másodfokú egyenletben p0. Az egyenlet gyökei a következő alakban írhatók fel:
x1,2=2p3-8p+2±(2p3-8p+2)2-16p(p2-4)8p.
Az egyenlet diszkriminánsa
D=(2p3-8p+2)2-16p(p2-4)=4p6+64p2+4-32p4+8p3-32p-16p3+64p==(2p3-8p-2)20,
az egyenletnek a p paraméter minden szóbajövő értékére valós gyökei vannak. A gyökök akkor és csak akkor ellenkező előjelűek, ha a szorzatuk negatív: a ViŠte-formula szerint x1x2=p2-44p<0.
I. p>0 és p2-4<00<p<2. Ekkor x1 negatív és x2 pozitív. Így
x1<x2=12p12p1,tehát1p<2.

II. p<0 és p2-4>0p<-2. Ebben az esetben
x2<x1=p2-4212-5p5,azaz-5p<-2.
Tehát -5p<-2 vagy 1p<2.
b) Ha x=2, akkor y=16p-4p3+16p-4+p2-4=-84p3-p2-32p=0. Ennek gyökei: p1=0, p2=1+5138 és p3=1-5138. Mivel a másodfokú függvénynek csak negatív főegyüttható mellett lehet maximuma, azért csak p3=1-5138 jöhet szóba. Könnyen ellenőrizhető, hogy az ebben az esetben adódó másodfokú polinomnak nem a 2 helyen van a maximuma, így a feladat kérdésére a válasz tagadó.
 
7. Az A(a1;a2), B(b1;b2), C(-a1;-a2) és D(-b1;-b2) pontokat forgassuk el az origó körül 90-kal pozitív irányba, majd az így kapott pontokra alkalmazzunk origó közepű kétszeres nyújtást. A kapott pontok legyenek rendre A1, B1, C1 és D1. Igazoljuk, hogy az AA1, BB1, CC1 és DD1 szakaszok felezőpontjai paralelogrammát határoznak meg, vagy egy egyenesre esnek.
 
Megoldás. Határozzuk meg először a forgatva nyújtással kapott pontok koordinátáit:
A(a1;a2)A1(-2a2;2a1),B(b1;b2)B1(-2b2;2b1),C(-a1;-a2)C1(2a2;-2a1),D(-b1;-b2)D1(2b2;-2b1).
A felezési pontok koordinátái:
AA1  szakasz esetén  F1(a1-2a22;a2+2a12),BB1  szakasznál  F2(b1-2b22;b2+2b12),CC1  szakasznál  F3(-a1+2a22;-a2-2a12),DD1  esetén  F4(-b1+2b22;-b2-2b12).  
Az F3 koordinátái az F1 megfelelő koordinátáinak ellentettjei, ugyanez teljesül F4 és F2 koordinátáira, így F3 az F1-nek, F4 az F2-nek az origóra vonatkozó tükörképe. A négy pont tehát vagy egy egyenesre esik, vagy egy paralelogramma négy csúcsa.
Ha az adott pontok egy egyenesre esnek, azaz a1a2=b1b2, akkor az F1, F2, F3 és F4 pontok is egy egyenes mentén helyezkednek el, mert az a1a2=b1b2 egyenlőségből következik, hogy
a1-2a22a2+2a12=b1-2b22b2+2b12.

 
8. Hány valós megoldása van az
x2-4x+4x2+2x+3=k
egyenletnek, ha a k valós paraméter?
 
Megoldás. A nevező sosem nulla, az adott egyenlet ekvivalens átalakításával a következő, legfeljebb másodfokú egyenlethez jutunk: (k-1)x2+(2k+4)x+3k-4=0. Ha k=1, akkor 6x-1=0, x=16. Ekkor egy valós megoldás van. Ha k1, akkor másodfokú az egyenlet, és a diszkriminánsa D=(2k+4)2-4(k-1)(3k-4)=-8k2+44k. Ha D=0, azaz k=0, vagy k=5,5, akkor szintén egy valós megoldása (egy kétszeres gyöke) van az egyenletnek. Ha D pozitív, azaz 0<k<112, de k1, akkor két különböző valós megoldás van. Ha D negatív, azaz k<0 vagy k>112, akkor nincs valós megoldás.
Megjegyzés: Az eredményből következik, hogy a valós számok halmazán értelmezett x2-4x+4x2+2x+3 törtkifejezés értékkészlete a [0;112] zárt intervallum.
 
9. Egy dobozban n darab fehér és kétszer annyi fekete golyó van (n3), amelyek tapintással nem különböztethetők meg. Visszatevés nélkül kihúzunk 3 darabot.
a) A ξ valószínűségi változó jelentse a mintában lévő fehér golyók számát. Határozzuk meg a P(ξ=0), P(ξ=1), P(ξ=2) és a P(ξ=3) valószínűségeket.
b) Milyen n esetén lesz 0,25-nál nagyobb annak a valószínűsége, hogy legalább 2 fehér golyó van a mintában?
c) Mennyi az a) részben kiszámított valószínűségek határértéke, ha az n tart a +-hez?
d) Hogyan módosulnak az a) részben megadott valószínűségek, ha visszatevéses mintával dolgozunk?
 
Megoldás. a) A mintában lévő fehér golyók száma ξ, amelynek értékei 0, 1, 2 vagy 3.
P(ξ=0)=(n0)(2n3)(3n3)=2n(2n-1)(2n-2)63n(3n-1)(3n-2)6=8n2-12n+427n2-27n+6,P(ξ=1)=(n1)(2n2)(3n3)=n2n(2n-1)23n(3n-1)(3n-2)6=4n2-2n9n2-9n+2,P(ξ=2)=(n2)(2n1)(3n3)=n(n-1)22n3n(3n-1)(3n-2)6=2n2-2n9n2-9n+2,P(ξ=3)=(n3)(2n0)(3n3)=n(n-1)(n-2)63n(3n-1)(3n-2)6=n2-3n+23(9n2-9n+2).

b) Annak valószínűsége, hogy legalább két fehér golyó van a mintában:
P(ξ2)=3(2n2-2n)+n2-3n+23(9n2-9n+2)=7n2-9n+227n2-27n+6>14.
A nevező pozitív számok szorzata (n legalább 3), ezért a fenti egyenlőtlenség egyenértékű az n2-9n+2>0 egyenlőtlenséggel. Ennek megoldása n<9-7320,228 vagy n>9+7328,772. Ezek alapján az n legalább 9.
c) limnP(ξ=0)=827,limnP(ξ=1)=1227,limnP(ξ=2)=627 és
limnP(ξ=3)=127.
d) Visszatevéses mintával dolgozva
P(ξ=0)=(30)(13)0(23)3=827,P(ξ=1)=(31)(13)1(23)2=1227,P(ξ=2)=(32)(13)2(23)1=627,P(ξ=3)=(33)(13)3(23)0=127.

Megjegyzés: Ezek a valószínűségek rendre megegyeznek a c) részben kiszámított határértékekkel.