Cím: Megoldásvázlatok a 2011/9. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Koncz Levente 
Füzet: 2012/január, 3 - 10. oldal  PDF file

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. rész
 

 
1.  Egy általános iskolában a farsangi tombolán összesen 210 tombolaszelvényt adtak el, ezek közül hármat vett meg Bori. A sorsoláson összesen 20 nyertes szelvényt húznak ki, melyek közül az utolsónak a tulajdonosa kapja meg a főnyereményt.
Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy
a) Bori legalább az egyik szelvénnyel nyer;
b) Bori mindhárom szelvénnyel nyer;
c) Bori nyeri a főnyereményt.  (12 pont)

 
Megoldás. a) Számítsuk ki a komplementer esemény valószínűségét, s azt 1-ből levonva kapjuk a keresett valószínűséget. Ha Bori nem nyert, akkor mind a 20 nyertes szelvény abból a 207-ből került ki, amit nem ő vásárolt meg.
P(Bori nyer)=1-P(Bori nem nyer)=1-(20720)(21020)=1-207206...18820!210209...19120!==1-207206...188210209...191=1-1901891882102092080,2605.

b) Ha Bori mindhárom szelvényével nyert, akkor a többi 207 szelvény közül 17-et húztak ki:

P(Bori mindhárommal nyer)=(33)(20717)(21020)=207206...19117!210209...19120!==207206...191210209...19120!17!=2019182102092080,00075.

c) A 210 eladott szelvény bármelyike egyenlő valószínűséggel nyeri a főnyereményt, ezek közül három darab Borié, ezért:
P(Bori nyeri a főnyereményt)=32100,014.

 
2.  Legyen P olyan pont a derékszögű koordináta-rendszerben, hogy a P-ből az
x2+y2=6y-6 és az x2+y2=2x egyenletű körökhöz húzott érintőknek P-től az érintési pontokig terjedő szakaszai mind ugyanakkorák. Igazoljuk, hogy az említett tulajdonsággal rendelkező P pontok halmaza egy egyenes. Írjuk fel ennek az egyenesnek az egyenletét.
  (13 pont)

 
Megoldás. Alakítsuk át a körök egyenletét:
x2+(y-3)2=3, tehát az első kör középpontja a C1(0;3) pont, sugara pedig r1=3.
(x-1)2+y2=1, tehát a második kör középpontja a C2(1;0) pont, sugara pedig r2=1.
Ha egy külső P pontból érintőt húzunk egy körhöz, akkor a kör középpontja, az érintési pont és a P pont egy (az érintési pontnál) derékszögű háromszöget alkot.
Egy-egy érintési pontot a két körön E1-gyel, illetve E2-vel jelölve: PE1=
=PE2,
 
s mivel PE1=PC12-r12 és PE2=PC22-r22, azért PC12-r12=PC22-r22.
 
 

A P(x;y) koordinátájú pont távolsága a körök középpontjaitól:
PC1=(x-0)2+(y-3)2,illetvePC2=(x-1)2+(y-0)2.
Ezeket az előbb kapott egyenletbe visszaírva: x2+(y-3)2-3=(x-1)2+y2-1. Ebből rendezés után a másodfokú tagok kiesnek, és kapjuk: x-3y+3=0. A keresett tulajdonságú pontok tehát ezen az egyenesen helyezkednek el, és ennek az egyenesnek valóban minden pontja megfelel, mert a fenti gondolatmenet lépései megfordíthatók.
Ehhez csak azt kell ellenőrizni, hogy PCi2-ri20, ez pedig teljesül az egyenes minden pontjára, hiszen például PC12-r12=(3y-3)2+(y-3)2-3=10y2-24y+15, ami mindig pozitív, mivel az utóbbi kifejezés diszkriminánsa negatív.
Megjegyzés. A kapott egyenes a két körnek az úgynevezett hatványvonala, melynek egyenlete a két kör egyenletének különbsége, s mivel a két körnek nincs közös pontja, ezért a hatványvonalnak sincs a körökkel közös pontja, tehát az egyenes minden pontjából valóban húzható érintő a körökhöz.
 
3.  Határozzuk meg az
f(x)=3x2+px+q
hozzárendeléssel megadott függvényben a p és a q paraméterek értékét, ha
13f(x)dx=13és24f(x)dx=35.(12 pont)
 
 (12 pont)

 
Megoldás. Az integrálok értékéből egy-egy egyenletet írhatunk fel a két ismeretlen paraméterre:
13(3x2+px+q)dx=[x3+px22+qx]13=(27+4,5p+3q)-(1+0,5p+q)==26+4p+2q=13,
azaz 4p+2q=-13.
24(3x2+px+q)dx=[x3+px22+qx]24=(64+8p+4q)-(8+2p+2q)==56+6p+2q=35,
azaz 6p+2q=-21. A két egyenletből álló egyenletrendszert megoldjuk, a megoldás: p=-4, q=1,5, a keresett függvény hozzárendelési szabálya: f(x)=3x2-4x+1,5.
 
 
4.  a) Határozzuk meg a valós számoknak azt a legbővebb részhalmazát, amelyen az
xsin2xcos(x+π6)-cos(x-π6)
hozzárendeléssel megadott függvény értelmezhető és ezen az értelmezési tartományon adjuk meg a függvény értékkészletét. Ábrázoljuk a függvényt a [-2π;2π] intervallumon.
b) Oldjuk meg a
 
sin2xcos(x+π6)-cos(x-π6)=2cos2x
egyenletet a valós számok halmazán.  (14 pont)

 
Megoldás. a) Átalakítjuk a törtkifejezés nevezőjét:
cos(x+π6)-cos(x-π6)=cosxcosπ6-sinxsinπ6-(cosxcosπ6+sinxsinπ6)==-2sinx12=-sinx.

A függvény hozzárendelése tehát:
x2sinxcosx-sinx=-2cosx,
ahol sinx0, tehát a függvény értelmezési tartománya:
Df=R\{kπkZ}.

 
 
A függvény értékkészlete: Rf=]-2;2[.
Az ábra mutatja a kért intervallumon a függvény képét.
b) Felhasználva az előző eredményt az egyenlet az ismert trigonometrikus azonosságok alkalmazásával az alábbiak szerint alakítható:
-cosx=cos2x(ahol  sinx0),-cosx=cos2x-sin2x=cos2x-(1-cos2x),0=2cos2x+cosx-1.


Ez az egyenlet cosx-ben másodfokú, megoldásai: 0,5 és -1.
Az első esetben x=±π3+2kπ (kZ), a második esetben viszont sinx=0 lenne, ami ellentmond a feltételnek, így onnan nem kapunk megoldást.
Átalakításaink ekvivalensek voltak.
 

II. rész
 

 
5.  Egy egységnyi oldalú szabályos háromszög oldalait (azonos körüljárási irány szerint) felosztottuk m:n arányban, és az osztópontokat összekötve újabb háromszöget kaptunk. Ezt az eljárást gondolatban végtelen sokszor megismételjük a kapott háromszögek mindegyikével. A keletkezett háromszögek területének összege az eredeti háromszög területének 1930-szorosa. Határozzuk meg az m:n arányt.  (16 pont)
 
Megoldás. Az ABC szabályos háromszög egységnyi AB, BC és CA oldalán legyen rendre a P, Q és R pont úgy, hogy AP=BQ=CR=x és PB=QC=RA=1-x. Vagyis m:n=x:(1-x).
Nyilván a PQR háromszög is szabályos, hiszen APR, BQP és CRQ háromszögek egybevágóak (két oldaluk és a két oldal által közbezárt szögük megegyezik),
ezért RP=PQ=QR.
Ebből következik, hogy az eljárás folyamán kapott valamennyi háromszög szabályos lesz, továbbá hasonlósági megfontolások miatt (mivel minden esetben m:n arányban osztjuk a háromszögek oldalait) a keletkezett háromszögek oldalai egy mértani
 
sorozatot alkotnak, melynek hányadosa q=PQAB.
 
 

Hasonló sokszögek területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyenlő, ezért a keletkezett háromszögek területei egy olyan mértani sorozatot alkotnak, melynek hányadosa q2=(PQAB)2<1.
Tekintsük e mértani sorozat részletösszegeinek sorozatát egy végtelen mértani sornak. Tekintsük első elemnek az eredeti háromszöget, így a végtelen mértani sor összege az eredeti háromszög területének, tehát a sorozat első elemének a 4930-szorosa.
S=a11-q2=4930a1,
amiből kapjuk, hogy q2=1949, azaz q=197 (hiszen a q<0 ebben az esetben nem értelmezhető).
Minden berajzolt háromszög területe tehát 1949-szerese az előző
 
háromszög területének, oldalhosszúsága pedig 197-szerese
 
a megelőző háromszög oldalhosszúságának. Ezek szerint: PR=197.
Az APR háromszögben írjuk fel a koszinusztételt:
(197)2=x2+(1-x)2-2x(1-x)cos60.
Elvégezzük a műveleteket, beszorzunk és nullára rendezünk: 0=49x2-49x+10. Az egyenlet gyökei: x=27 és x=57.
Tehát m:n=x:(1-x)=2:5 (vagy 5:2).
 
6.  a) Határozzuk meg az x értékét úgy, hogy 1625x, 13310x és 2504x (ebben a sorrendben) egy számtani sorozat egymást követő elemei legyenek.
b) Egy számtani sorozat első eleme 16, differenciája 117. A sorozat első n elemének összege 371000. Határozzuk meg n értékét.  (16 pont)

 
Megoldás. a) A feltételek szerint: 13310x-1625x=2504x-13310x. Nullára rendezve: 0=1625x-26610x+2504x.
Osszuk végig az egyenletet (a biztosan pozitív) 4x-nel:
0=1625x4x-26610x4x+250=16(52)2x-266(52)x+250.
Ez az egyenlet (52)x-ben másodfokú, megoldásai: 1258 és 1.
Az első esetben az x=3, a másodikban az x=0 adódik.
Mindkét esetben valóban számtani sorozatot kapunk (250 000; 133 000; 16 000, illetve 16; 133; 250).
b) A számtani sorozat összegképlete szerint:
Sn=[2a1+(n-1)d]n2=[32+117(n-1)]n2=371000.
Kettővel beszorozva és a műveleteket elvégezve, majd nullára rendezve:
117n2-85n-742000=0.
Ennek a pozitív megoldása az n1=80 (a másik gyök negatív: n2=-9275117-79,27).
Tehát a sorozat első 80 tagjának az összege 371 000.
 
 
7.  Egy ötoldalú szabályos gúla minden éle egyenlő.
a) Mekkora szöget zárnak be a szomszédos oldallapok?
b) Mekkora szöget zár be egy oldalél az alaplappal?
c) Egy ólomból készített papírnehezék alakja éppen ilyen szabályos ötoldalú gúla, melynek minden éle 1,5 cm hosszúságú. Hány darab papírnehezék önthető 1,5 kg ólomból, ha a művelet során a tapasztalatok szerint 9% veszteséggel kell számolnunk? (Az ólom sűrűsége 11,3g/cm3.)
 (16 pont)

 
Megoldás. a) Legyen a gúla alaplapja az ABCDE szabályos ötszög, csúcsa az F pont, oldalélének hossza a. Két oldallap szögét a metszésvonalukra (tehát a közös élre) a két lap síkjában állított merőlegesek szöge határozza meg.
Az AF élre annak P felezőpontjában az AFE, illetve az ABF lapok síkjában állított merőlegesek éppen az AFE és ABF háromszögek magasságai, hiszen az oldallapok szabályos
 
háromszögek, ezért PE=PB=32a.
EAB szög a szabályos ötszög egy belső szöge, tehát 108o-os. Az EAB háromszögben írjuk fel a koszinusztételt a BE oldalra:
 
 
BE2=a2+a2-2aacos1082,618a2,ebbőlBE1,618a.
(Ismert, hogy a szabályos ötszög átlója és oldala az aranymetszés arányában áll
 
egymással, vagyis a BE=5+12a pontos értékkel is számolhatunk.)
EBP háromszögben felírva a koszinusztételt a keresett BPE szögre:
cosBPE=2(32a)2-(5+12a)22(32a)(32a)=-53-0,7454,
ahonnan BPE138,19.
Tehát a két szomszédos oldallap által bezárt szög kb. 138,19.
b) A gúla csúcsának az alaplapon vett merőleges vetülete legyen T. A keresett szög ekkor pl. a TAF szög.
Az AT szakasz hosszát kiszámolhatjuk az EAT egyenlőszárú háromszögből, melynek alapon fekvő szögei 54 fokosak:
a2AT=cos54,ahonnanAT=a2cos540,8507a,cosTAF=ATAF=0,8507aa=0,8507,


ahonnan FAT31,71. Egy oldalélnek az alaplappal bezárt szöge tehát kb. 31,71.
c) A gúla alaplapja egy szabályos ötszög, mely a középpontjából a csúcsokba húzott szakaszokkal öt darab egybevágó egyenlőszárú háromszögre bontható. Ezek szára (0,8507a) és szárak által bezárt szöge ismert (72), területük a trigonometrikus területképlettel meghatározható.
A gúla magassága az AFT háromszögből Pitagorasz-tétellel meghatározható:
m=TF=AF2-AT2a2-(0,8507a)20,5257a.
Ha a=1,5 cm, akkor egy ilyen gúla térfogata:
V=Tm3=5AT2sin722TF35sin720,850720,5257a361,02cm3.  

1,5kg = 1500 g ólom térfogata: V=150011,3132,74 cm3.
 
Kilenc százalék veszteséggel számolva a hasznos térfogat 132,740,91=120,8 cm3. Az ekkora térfogatú ólomból elkészíthető nehezékek száma legfeljebb 120,81,02118,4,
 
azaz 118 darab papírnehezék készíthető 1,5 kg ólomból.
 
 
8.  Bergengócia legnagyobb tavának négy üdülővárosát hajójáratokkal szeretnék összekötni. Minden járat közvetlenül két települést köt össze úgy, hogy közben harmadik várost nem érint (a járatok oda-vissza közlekednek). A hálózatban működő járatok száma 0-tól 6-ig bármennyi lehet.
a) Hány különböző járathálózat alakítható ki? (Két hálózat akkor különböző, ha van legalább egy olyan járat, mely az egyik hálózatban közlekedik, a másikban nem.)
b) Az összes lehetséges járathálózat hányadrésze lesz összefüggő? (Egy hálózat akkor összefüggő, ha ‐ szükség esetén átszállással ‐ bármely városból bármely másik városba el lehet jutni.)
c) Takarékossági okokból végül úgy döntenek, hogy a lehető legkevesebb járatot indítják el ahhoz, hogy a hálózat még összefüggő legyen. Hány különböző járathálózat alakítható így ki?  (16 pont)

 
Megoldás. a) A négy település közt (42)=6 különböző járat indítható.
 
Ezek mindegyike egymástól függetlenül vagy része a hálózatnak, vagy nem része, tehát 26=64 különböző járathálózat alakítható ki.
Megjegyzés. Ugyanezt az értéket kapjuk, ha a járatok száma szerint összegezzük a lehetséges hálózatokat:
(60)+(61)+(62)+...+(66)=64.

b) Tekintsük a hálózatot egy gráfnak, ahol a települések a pontok, a járatok pedig az élek. A lehetséges 4 pontú, összefüggő, egyszerű gráfokat keressük.
A 4 pontú gráfok közül minden legalább 4 élű biztosan összefüggő, ezek száma
(64)+(65)+(66)=22,
a legfeljebb 2 élűek pedig semmiképpen nem összefüggőek. (63)=20 db 3 élű gráf van, melyek közül azok nem összefüggőek, amelyek 3 várost kötnek össze. Ezek száma 4, azaz 16 db 3 élű összefüggő gráf van.
Az előbbi típusból 4 különböző van aszerint, hogy melyik pontból indul a 3 él.
A második típusnál a legelső pontot 4, a másodikat 3, a harmadikat 2-féleképpen választhatjuk ki, de ugyanezt a gráfot kapjuk, ha a sort a másik végéről kezdjük el felsorolni. Így ezek száma 4322=12.
A feltételeknek megfelelő összes lehetséges különböző járathálózat száma tehát 22+16=38, azaz a hálózatok 3864=1932-ed része összefüggő.
c) A pontosan 3 élű hálózatok felelnek meg a feltételeknek, ezek száma (az előbbiek szerint): 4+12=16.
 
 
9.  Murmur úr telkét a szomszéd telkétől egy 180 cm magas kerítés választja el. Milyen szögben kell a kerítéshez támasztania a 390 cm magas paravánját, ha azt szeretné, hogy az a szomszéd kertjére a lehető legnagyobb árnyékot vesse, feltéve, hogy a Nap éppen függőlegesen süt? Hány méterre nyúlik be a szomszéd telkére ez az árnyék?  (16 pont)
 
Megoldás. Válasszuk ismeretlennek a paraván és a kert vízszintes síkja által bezárt α szöget. A paraván által vetett teljes árnyék legyen d1, ebből
 
Murmur úr kertjébe esik d2, ahol cosα=d1390 és ctgα=d2180.
A szomszéd kertjére eső árnyékot megadó függvény tehát:
f(α)=d1-d2=390cosα-180ctgα(0<α<90).
Ennek ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja nulla:
f'(α)=-390sinα+180sin2α=0,
azaz
sinα=18039030,7728,

 
 
ahonnan α50,6. Ekkor a szomszéd telkére f(50,6)99,7 cm-re, tehát kb. 1 méter mélyre nyúlik be az árnyék.
Az f második deriváltja
f''(α)=-390cosα-360cosαsin3α,
s mivel f''(50,6)<0, azért a talált érték valóban maximumhely, tehát 50,6-os szögben kell Murmur úrnak a kerítéshez támasztani a paravánját.