Cím: Megoldásvázlatok a 2010/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Simon János 
Füzet: 2010/december, 529 - 535. oldal  PDF file

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

Megoldásvázlatok a 2010/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 


I. rész
 

1. Az iM bolygón az év ugyanúgy 365 napból áll, mint nálunk. A hónapok hossza szintén 28, 30 vagy 31 nap. Bizonyítsuk be, hogy akkor az évnek ott is 12 hónapból kell állnia.
Mennyi a különböző hosszúságú hónapok száma ezen a bolygón, ha tudjuk, hogy ott több a 28 napos hónap, mint nálunk?  (11 pont)
 
Megoldás. 11 hónapos nem lehet az év, mert akkor legfeljebb 1131=341 napból állna. 13 vagy több hónap esetén pedig legkevesebb 1328=364 napból állna egy év. Ekkor sem lehet 365 napos, mert ha egy 28 napos hónapot 30 naposra cserélünk, akkor már 366 napból áll egy év. Tehát 12 hónapos lehet ott is egy év. Megmutatjuk, hogy ez lehetséges is.
A 28 napos hónapok száma 3-nál több nem lehet, mert ekkor csak 328+931=363 napos lenne egy év. Tehát a 28 napos hónapok száma a=2. Legyen b a 30, illetve c a 31 napos hónapok száma. Ekkor 30b+31c=365-228=309 és b+c=10.
Az egyenletrendszer megoldása: b=1, c=9, vagyis az iM bolygón 2 db 28 napos, 1 db 30 napos és 9 db 31 napos hónapból áll egy év.
 
2. Adjuk meg az összes olyan pozitív egész számot, melynek 90 pozitív osztója van és ezek közül legalább 10 egymást követő szám.  (12 pont)
 
Megoldás. 10 egymást követő egész szám között biztos van egy 9-cel, egy 8-cal, egy 7-tel és egy 5-tel osztható. Tehát a keresett szám 233257-tel osztható, vagyis a prímtényezős felbontása: 2a3b5c7dp1r1...pnrn, ahol a3, b2, c,d1 és pi-k prímszámok, ri-k pedig a megfelelő kitevők. E szám pozitív osztóinak száma:
(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)(r1+1)...(rn+1).
A 90-nek csak egy legalább 4 tényezős felbontása van, melyben minden tényező 1-nél nagyobb és más prímtényezője nincs, és ez az 5332.
Ebből következik, hogy a=4 és b=2. A 2, 3, 5, 7 prímeken kívül más prím nem szerepelhet a keresett szám prímtényezős felbontásában. Ezek alapján két lehetőség van: 2432527=25200 vagy 2432572=35280.
Mindkettőnek 90 osztója van, köztük az egymást követő 1, 2, ..., 10 is.
 
3. Hány megoldása van az alábbi egyenletnek, ha x és y is pozitív, 9-nél kisebb valós szám?
logx64+log8x2=-4sin(y+π3).
 (14 pont)
 
Megoldás. A feladat értelmezési tartománya: 0<x<9, x1 és 0<y<9. Alakítsuk az egyenletet:
2logx8+2log8x=-4sin(y+π3),logx8+log8x=-2sin(y+π3).
Egy 0-tól különböző valós szám és reciprokának összege áll a bal oldalon, melynek értékkészlete ezért az R\]-2;2].
A jobb oldal értékkészlete [-2;2]. A két oldal csak -2 és 2 esetén lehet egyenlő.
I. eset: Ha mindkét oldal értéke 2, akkor x=8 és sin(y+π3)=-1, azaz
y+π3=3π2+2kπ,kZy=7π6+2kπ.
Csak a 7π6 esik a megfelelő intervallumba.
II. eset: Ha mindkét oldal értéke -2, akkor x=18 és sin(y+π3)=1, azaz
y+π3=π2+2kπ,lZy=π6+2lπ.
A megfelelő intervallumba a π6 és a 13π6 esik.
Az egyenletnek a megadott feltételek mellett 3 számpár megoldása van:
(x;y)=(8;7π6);(18;π6);(18;13π6).

 
4. Egy háromszög a, b, c oldalhosszai egész számok, és egyik magasságának hossza egyenlő a másik kettő összegével.
Mutassuk meg, hogy ekkor az a2+b2+c2 összeg négyzetszám.  (14 pont)
 
Megoldás. Legyen mc=ma+mb. A háromszög területe t, ekkor 2t=ama=bmb=cmc. Ezek alapján
mc=2tc=ma+mb=2ta+2tb,amiből1c=1a+1b,
azaz ab-(bc+ac)=0.
a2+b2+c2=a2+b2+c2+2[ab-(bc+ac)]=a2+b2+c2+2ab-2bc-2ac=(a+b-c)2.
a, b és c egész számok, így a+b-c is egész, tehát a2+b2+c2 valóban négyzetszám.
 

II. rész
 

5. Tizenhat pozitív valós szám összege 100, a négyzetösszegük 1000. Legfeljebb mekkora lehet a legnagyobb szám?  (16 pont)
 
Megoldás. Legyen S=a1+...+a15, Q=a12+...+a152. A számtani és négyzetes közepek közötti egyenlőtlenséget felírva:
S15Q15,S215Q.
Tudjuk, hogy 100-a16=S és 1000-a162=Q, (100-a16)215(1000-a162), 16a162-200a16-50000. Az egyenlőtlenség megoldása:
-252a1625.
Tehát a16 legfeljebb 25 lehet (ekkor a többi 15 szám mind 5).
 
6. Adott egy háromszög S(0;1) súlypontja és c oldalegyenesének egyenlete x-2y=-3. A c oldalegyenesre illeszkedő B csúcs az abszcissza tengelyen van. A C csúcsa a k:(x-5)2+(y+3)2=25 egyenletű körre illeszkedik. Határozzuk meg a háromszög csúcsainak koordinátáit.  (16 pont)
 
Megoldás. Készítsünk ábrát.
 
 

Mivel a B pont illeszkedik az x tengelyre, azért a második koordinátája 0, de B a c:x-2y=-3 egyenesre is illeszkedik, így B(-3;0). A háromszög C csúcsát egy S középpontú -12 arányú hasonlóság viszi az AB szakasz F felezőpontjába. Az S középpontú λ=-12 arányú hasonlóság a k kört k'-be viszi. A k kör középpontja: O(5;-3), sugara: r=5. A k' kör középpontja O'(-52;3), sugara r'=52, mert
O'=S+12SO=(0;1)+12(-5;4).
Ekkor
k':(x+52)2+(y-3)2=254.
Meghatározzuk k' és c közös pontját az F-et. A c egyenletéből kapjuk: x=2y-3. Ezt helyettesítve k' egyenletébe:
(2y-12)2+(y-3)2=254,5y2-8y+3=0.
Két gyököt kapunk: y1=0,6, ekkor x1=-1,8; és y2=1, ekkor x2=-1.
Vagyis két F pont adódik: F1(-1,8;0,6), F2(-1;1). Ezekhez felhasználva, hogy F felezőpont és S harmadolópont, kiszámoljuk az A és a C koordinátáit is: A1(-0,6;1,2), A2(1;2), C1(3,6;1,8), C2(2;1).
Tehát két ilyen háromszög van, ezek csúcsainak koordinátái:
A1(-0,6;1,2),B1(-3;0),C1(3,6;1,8),A2(1;2),B2(-3;0),C2(2;1).

 
7. Miből élnek a fapados légitársaságok? A Budapest‐Róma út oda és vissza 18 000 Ft. Erre a járatra egy ügynökség 35 helyet kínál. Ezeket általában az interneten való megjelenés után azonnal lefoglalják és kifizetik. Általában a foglalások kb. 20%-át a repülés előtt lemondják. Az egyszerűség kedvéért számoljunk pontosan 20%-kal. Mivel akciós áron foglaltak az ügyfelek, lemondás esetén a befizetett összeget nem kapják vissza. Ilyenkor ezeket a helyeket ,,Last Minute'' áron értékesíti a cég 15 000 Ft-ért. Ezért érdekes az ügynökség számára, hogy egy járaton mennyi lehet a lemondások számának esélye.
a) Határozzuk meg annak a valószínűségét (a fent említett járat és ügynökség esetén), hogy a lemondások száma:
pontosan 7;
legfeljebb 5;
legalább 6.
b) Számítsuk ki, hogy mennyi lehet az ügynökség várható bevétele ezen a járaton a lemondott helyek újraértékesítése után?
A lemondások újabb bevételhez juttatják az ügynökséget, ezért a tényleges 35 helyett 40 helyet hirdetnek meg a járatra. Ha véletlenül 35-nél többen szeretnének utazni ezen a járaton (ezt hívják túlfoglalásnak), ekkor a létszám felettieknek gyorsan drágább jegyet kell vásárolnia az irodának 24 000 Ft-ért.
c) Számítsuk ki, hogy az ügynökségnek egy járatra eredetileg eladott 40 hely esetén mennyi bevétele lesz, ha
10-en lemondják az utazást;
mind a 40-en utaznak.
d) Mekkora a túlfoglalás valószínűsége?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Alkalmazzuk a binomiális valószínűségi eloszlást: n=35, p=0,2.
p(x=7)=(357)0,270,8280,166,p(x5)=k=05(35k)0,2k0,835-k0,272,p(x6)=1-p(x5)=0,728.

b) Az ügynökség 3518000=630000 Ft bevételhez jut. A lemondások várható értéke binomiális eloszlás esetén: np=350,2=7. Ezeket a jegyeket 15 000 Ft-os áron adva újabb 715000=105000 Ft bevételhez jutnak.
Vagyis összesen 735 000 Ft-hoz juthat járatonként a cég.
c) Első esetben 5 jegyet tud még ,,Last Minute'' áron eladni, így 4018000+515000=795000 Ft bevételhez jut.
Második esetben a túlfoglalás miatt 5 jegyet még vásárolnia kell, így 4018000-524000=600000 Ft bevételhez jut.
p=k=04(40k)0,2k0,840-k0,075917,6%.(*)

 
8. Egy 12 méter széles patakmeder keresztmetszetét egy adott helyen az
f:[-4;8]R,x-1128x3+332x2
függvény grafikonja írja le.
 
 

a) Mutassuk meg, hogy a függvénynek az origóban lokális minimumhelye, az x=8-ban pedig lokális maximumhelye van.
b) Mekkora lehet a patak legnagyobb vízállása, amikor még nem önt ki? Hány liter víz folyik át ilyenkor 1 óra alatt a teljes keresztmetszeten, ha a patakban a víz folyásának sebessége 2,5 m/s?  (16 pont)
 
Megoldás. a) A deriváltak: f'(x)=-3128x2+316x, f''(x)=-364x+316.
f'(x)=3x(8-x)128=0.
Az első derivált zérushelyei: 0 és 8
A második derivált 0-nál felvett értéke pozitív: 316, tehát itt a függvény konvex, azaz x=0-ban lokális minimumhelye van.
A második derivált 8-nál felvett értéke negatív: -316, tehát a függvény itt konkáv, azaz x=8-ban lokális maximumhelye van.
b) az f(x) folytonos a [-4;8]-on.
Ha -4<x<0, szigorúan monoton csökken, mert f'(x) negatív.
Ha 0<x<8, szigorúan monoton nő, mert f'(x) pozitív.
Mivel f(-4)=2 és f(8)=2, azért a patak legmagasabb vízállása 2 méter lehet.
-48(2-f(x))dx=-48(2+1128x3-332x2)dx=[2x+1512x4-132x3]-48=13,5.
A mederkeresztmetszet területe 13,5 m2. 1 óra alatt a víz 36002,5=9000 méter utat tesz meg. Tehát az átfolyó vízmennyiség 900013,5=121500.
Vagyis ez 121 500 m3, azaz 121 500 000 liter vizet jelent óránként.
 
9. Egy hegyesszögű háromszög oldalainak hossza: a=20, b=13 és c=21. A köré írható kör középpontja O. Az A csúcsból induló magasságvonalnak a köré írt körrel vett A-tól különböző metszéspontja D. A BO egyenes köré írt körrel vett B-től különböző metszéspontja E. Határozzuk meg a BECD négyszög területét.  (16 pont)
 
Megoldás. A BECD négyszöget BC átlója két háromszögre bontja. Ezek területének összegével határozzuk meg a négyszög területét.
 
 

A háromszög területe (R a körülírt kör sugara):
t=am2=abc4R,t=s(s-a)(s-b)(s-c)==277146=126,
ami alapján m=635, valamint R=abc4t=656.
A Pitagorasz-tételt alkalmazva a BEC derékszögű háromszögre:
EC=(653)2-202=652-2023232=253.
A BEC háromszög területe:
202532=2503.
Húzzunk párhuzamost az O ponton keresztül a BC szakasszal, ez legyen f. Mivel ECBC, azért fEC. EOC háromszög egyenlőszárú (EO=CO=R), tehát f az EC felezőmerőlegese. Ugyanezért f az AD-nak is felezőmerőlegese. Az f egyenes az EC-t F-ben, AD-t G-ben metszi. A magasság talppontja: T.
Az FCTG négyszög téglalap: FC=GT=256.
m-256=AG=GD=TD+256,m-253=TD=635-253=6415.

A BCD háromszög területe:
2064152=1283.
A BECD négyszög területe egyenlő a BEC és a BCD háromszögek területének összegével:
TBECD=2503+1283=3783=126.

Megjegyzés: 1. Az ABC háromszög és BECD négyszög területe egyenlő.
2. A feladat megoldható a koszinusz-, a Pitagorasz-tétel, és a szinuszos területképlet felhasználásával is.