Cím:	Megoldásvázlatok a 2012/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Gedeon Veronika
Füzet:	2012/november, 467 - 474. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldásvázlatok a 2012/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz   I. rész     1. Melyik az a három természetes szám, melyek egy számtani sorozat egymást követő elemei, négyzetösszegük $264$, valamint a szorzatuk egyenlő $1792$ és a középső szám hányadosával?  (10 pont)   Megoldás. A számtani sorozat három egymást követő tagja: $b-d$, $b$, $b+d$, ahol $b$ a középső elem és $d$ a sorozat differenciája. A feladat szövege szerint: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {\left(b-d\right)}^2+b^2+{\left(b+d\right)}^2}& {\displaystyle =b^2-2bd+d^2+b^2+b^2+2bd+d^2=3b^2+2d^2=\mathrm{264,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(b-d\right)b\left(b+d\right)}& {\displaystyle =b\left(b^2-d^2\right)=b^3-b{d}^2=\frac{1792}{b}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az így kapott egyenletrendszer: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 3b^2+2d^2}& {\displaystyle =264}\hfill \\ \hfill {\displaystyle b^4-b^2{d}^2}& {\displaystyle =1792}\hfill \end{array}}\}\mathrm{.}}\end{array}$ Az első egyenletből: $d^2=132-\frac{3}{2}{b}^2$, ezt behelyettesítve a másodikba: $\begin{array}{c}{\displaystyle b^4-b^2\left(132-\frac{3}{2}{b}^2\right)=1792.}\end{array}$ Ebből átalakításokkal $b^2$-re nézve a következő másodfokú egyenletet kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle 5b^4-264b^2-3584=\mathrm{0,}}\end{array}$ melynek egyik gyöke negatív, ezért nem lehet négyzetszám, a másik gyöke $b^2=64$, azaz $b=8$ (a $b=-8$ nem lehet, hiszen $b$ természetes szám). Visszahelyettesítünk az első egyenletbe, így kapjuk, hogy $d=6$. Tehát a három természetes szám a 2, 8 és 14.   2. Mekkora annak az érintőtrapéznak a területe, amelynek egyik szára a 7 cm hosszú párhuzamos oldallal $120$ fokos szöget zár be, valamint beírt körének sugara 5 cm? $\begin{array}{c}\end{array}$ (13 pont) Megoldás. Az ábrán a feladatban szereplő trapéz méretarányos rajzát látjuk, ahol $AB=7$, $KE=KF=KG=KH=5$ és $ABC={120}^{\circ }$. Használjuk az ábra jelöléseit.     A trapéz magassága a beírt kör átmérője, azaz $AV=EG=BT=10$. A terület kiszámításához a $DC$ hosszára van szükség. $TCB={60}^{\circ }$, ezért a $TCB$ derékszögű háromszögben $BT=\frac{\sqrt[]{3}}{2}BC=\frac{\sqrt[]{3}}{2}\cdot 2\cdot TC=\sqrt[]{3}\cdot TC$, innen $TC=\frac{10}{\sqrt[]{3}}\approx 5\mathrm{,}77$. A $DV$ szakasz hosszát az $ADV$ derékszögű háromszögben kiszámolhatjuk, ehhez szükség van még egy szögre. Tudjuk, hogy a $KEB$ derékszögű háromszögben $B$-nél ${60}^{\circ }$-os szög van. Ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle KE=\frac{\sqrt[]{3}}{2}KB=\frac{\sqrt[]{3}}{2}\cdot 2\cdot EB=\sqrt[]{3}\cdot EB\mathrm{,}}\end{array}$ innen $EB=\frac{5}{\sqrt[]{3}}\approx 2\mathrm{,}89$, vagyis $AE=7-2\mathrm{,}89=4\mathrm{,}11$. Ezt felhasználva az $AEK$ derékszögű háromszögben $\text{tg}EAK\sphericalangle =\frac{5}{4\mathrm{,}11}$, innen $EAK\sphericalangle ={50\mathrm{,}58}^{\circ }$. $\begin{array}{c}{\displaystyle DAV\sphericalangle =2\cdot EAK\sphericalangle -{90}^{\circ }=2\cdot {50\mathrm{,}58}^{\circ }-{90}^{\circ }={11\mathrm{,}16}^{\circ }\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle DV=AV\cdot \text{tg}{11\mathrm{,}16}^{\circ }=10\cdot \text{tg}{11\mathrm{,}16}^{\circ }\approx 1\mathrm{,}97.}\end{array}$ A keresett $DC=DV+VT+TC=1\mathrm{,}97+7+5\mathrm{,}77=14\mathrm{,}74$. A trapéz területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\frac{AB+DC}{2}\cdot AV=\frac{7+14\mathrm{,}74}{2}\cdot 10=108\mathrm{,}7\left({\text{cm}}^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$   3. Az ábrán egy egység oldalú négyzet, annak beírt köre, oldalfelező pontjai által meghatározott négyzet és annak is a beírt köre látható. $a)$ Hány százalékát színeztük ekkor szürkére a nagy négyzetnek? $b)$ Ismételjük meg ezt az eljárást végtelen sokszor. Hány százalékát színeztük így szürkére a nagy négyzetnek?  (14 pont)       Megoldás. $a)$ A szürke terület a nagy négyzet és a nagy kör, illetve a kis négyzet és a kis kör területkülönbségének összege, vagyis: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{\text{szürke}}=1^2-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2\pi +{\left(\sqrt[]{\frac{1}{2}}\right)}^2-{\left(\frac{\sqrt[]{2}}{4}\right)}^2\pi =1-\frac{1}{4}\pi +\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\pi \approx 0\mathrm{,}322.}\end{array}$ Tehát a négyzet területének kb. 32,2%-a szürke. $b)$ Észrevehetjük, hogy az egymásba írt négyzetek oldalai, illetve körök sugarai egy-egy mértani sorozatot alkotnak. Ezért a szürke terület: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{\text{szürke}}=1-\frac{1}{4}\pi +\frac{1}{2}-\frac{1}{8}\pi +\frac{1}{4}-\frac{1}{16}\pi +\text{...}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\text{...}-\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\text{...}\right)\pi \mathrm{.}}\end{array}$ A kérdéses terület meghatározásához két mértani sort kell összegeznünk: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{\text{szürke}}=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-\frac{\frac{1}{4}}{1-\frac{1}{2}}\pi =2-\frac{1}{2}\pi \approx 0\mathrm{,}429.}\end{array}$ Vagyis ebben az esetben a négyzet kb. 42,9%-a szürke. Megjegyzés: A feladat mértani sorozat nélkül is megoldható.   4. Adjuk meg azt a két egymást követő egész számot, amelyek közé esik a következő összeg: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{lg}\left(11\cdot \sqrt[]{\frac{1}{3}}\right)+\text{lg}\left({11}^2\cdot \sqrt[]{\frac{3}{5}}\right)+\text{lg}\left({11}^3\cdot \sqrt[]{\frac{5}{7}}\right)+\text{...}+\text{lg}\left({11}^{500}\cdot \sqrt[]{\frac{999}{1001}}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ $\begin{array}{c}\end{array}$ (14 pont)   Megoldás. Használjuk a szorzat logaritmusára vonatkozó azonosságot: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{lg}11+\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{3}}+\text{lg}{11}^2+\text{lg}\sqrt[]{\frac{3}{5}}+\text{lg}{11}^3+\text{lg}\sqrt[]{\frac{5}{7}}+\text{...}+\text{lg}{11}^{500}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{999}{1001}}\mathrm{.}}\end{array}$ Csoportosítsuk a tagokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\text{lg}11+\text{lg}{11}^2+\text{...}+\text{lg}{11}^{500}\right)+\left(\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{3}}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{3}{5}}+\text{...}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{999}{1001}}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az első zárójeles kifejezést tovább alakítjuk, a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosság felhasználásával: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{lg}11+\text{lg}{11}^2+\text{...}+\text{lg}{11}^{500}=1\cdot \text{lg}11+2\cdot \text{lg}11+\text{...}+500\cdot \text{lg}11=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\left(1+2+3+\text{...}+500\right)\cdot \text{lg}11=\frac{500\cdot \left(500+1\right)}{2}\cdot \text{lg}11=125250\cdot \text{lg}11.}\hfill \end{array}}$ Most a második zárójelben lévő összeget hozzuk egyszerűbb alakra: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{2}}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{2}{3}}+\text{...}+\text{lg}\sqrt[]{\frac{999}{1000}}}& {\displaystyle =\text{lg}\left(\sqrt[]{\frac{1}{3}}\sqrt[]{\frac{3}{5}}\text{...}\sqrt[]{\frac{999}{1001}}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{3}\cdot \frac{3}{5}\cdot \text{...}\cdot \frac{999}{1001}}=\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{1001}}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A keresett összeg: $125250\cdot \text{lg}11+\text{lg}\sqrt[]{\frac{1}{1001}}\approx 130432\mathrm{,}93$. A két egymást követő egész szám: 130 432 és 130 433.   II. rész     5. A 2 cm sugarú gömb alakú bonbonokat ötösével négyzet alapú, gúla alakú dobozokba csomagolják úgy, hogy négy kerül alulra, egy a tetejére. Minden alsó gömb érinti a felsőt és két szomszédos alsót, továbbá érinti a gúla alaplapját és két szomszédos oldallapját. A felső gömb mind a négy oldallapot érinti. $a)$ Milyen magas a doboz? $b)$ Mekkora a doboz felszíne?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ A feladat szövege szerint a gömbök $K_1$, $K_2$, $K_3$, $K_4$, $K_5$ középpontjai az $ABCD$ dobozhoz hasonló, olyan négyzet alapú kis gúlát határoznak meg, melynek minden éle 4 cm, a magasságegyenese pedig egybeesik a ,,doboz'' magasságegyenesével. (Ezek a gömbközéppontok a doboz megfelelő lapjaitól 2-2 centiméterre vannak.) A doboz magasságát a gúla három részre osztja.     Van egy alsó rész, ez $a=2$, mert ilyen távol vannak az alsó gömbök középpontjai az alaplaptól, azaz a kis gúla alaplapja a doboz aljától. A második darab a kis gúla magassága, ezt a szakaszt a magasság, az egyik oldalél és az alaplap átlójának fele által meghatározott derékszögű háromszögben Pitagorasz-tétel segítségével számoljuk ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle b^2=4^2-{\left(\frac{\sqrt[]{2}}{2}\cdot 4\right)}^2=16-8=\mathrm{8,}\text{ebből}b=\sqrt[]{8}\approx 2\mathrm{,}83.}\end{array}$     A harmadik, a felső szakasz meghatározásához azt a derékszögű háromszöget használjuk, melynek csúcsai: a két gúla csúcsa, és a felső gömb egyik oldallappal vett érintési pontja (azaz az $EP{K}_5$ háromszög). Ennek a háromszögnek a keresett $c$ szakasz az átfogója, 2 cm az egyik befogója, vagyis $\text{sin}\alpha =\frac{2}{c}$. Ennek a szögnek a szinusza a gúla két szemközti oldallapjának magassága által $\alpha$ meghatározott síkmetszeten, a $K_{5}T\text{'}F\text{'}$ derékszögű háromszögben is felírható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}\alpha =\frac{2}{\frac{\sqrt[]{3}}{2}\cdot 4}=\frac{1}{\sqrt[]{3}}\mathrm{,}\text{azaz}c=\frac{2}{\text{sin}\alpha }=2\sqrt[]{3}\approx 3\mathrm{,}46.}\end{array}$ A doboz magassága tehát: $m=a+b+c=2+2\mathrm{,}83+3\mathrm{,}46=8\mathrm{,}29$ (cm). $b)$ A felszín kiszámolásához szükségünk van a doboz éleinek hosszára.     Ezt a magasság, az egyik oldalél és az alaplap átlójának fele által meghatározott $ATE$ derékszögű háromszögben Pitagorasz-tétel segítségével számoljuk ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle m^2=x^2-{\left(\frac{\sqrt[]{2}}{2}\cdot x\right)}^2=\frac{x^2}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ ebből ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x}& {\displaystyle =\sqrt[]{2\cdot m^2}=\sqrt[]{2\cdot 8\mathrm{,}{29}^2}\approx 11\mathrm{,}\mathrm{72,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle A_{\text{doboz}}}& {\displaystyle =T_{\text{alap}}+4\cdot T_{\text{oldallap}}=11\mathrm{,}{72}^2+4\cdot \frac{\sqrt[]{3}}{4}\cdot 11\mathrm{,}{72}^2\approx 375\mathrm{,}27.}\hfill \end{array}}$ Vagyis a doboz felszíne kb. 375,27 cm${}^2$.   6. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket: $a)$ $\sqrt[]{x}+\sqrt[]{2x+1}=\sqrt[]{3x+13}$; $b)$ $\frac{\text{log}{}_2\left(x^3+26\right)}{\text{log}{}_4\left(x+2\right)}=6$; $c)$ $2\text{sin}{}^{2}x+\text{sin}{}^{2}2x=2$.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Mivel a négyzetgyökjelek alatti kifejezések nem lehetnek negatívak, azért a kikötés: $x\ge 0.$ Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát: $\begin{array}{c}{\displaystyle x+2x+1+2\sqrt[]{x}\sqrt[]{2x+1}=3x+13.}\end{array}$ Átrendezve: $\sqrt[]{x\left(2x+1\right)}=6$. Ismét négyzetre emelünk: $\begin{array}{c}{\displaystyle x\left(2x+1\right)=\mathrm{36,}2x^2+x-36=0.}\end{array}$ A másodfokú egyenlet gyökei $x_1=4$ és $x_2=-\frac{9}{2}$, amelyek közül a második nem tesz eleget a kikötésnek. Tehát a megoldás az $x=4$, amit ellenőriztünk is. $b)$ A kikötés a logaritmusban szereplő kifejezésekre: $x^3+26>0$ és $x+2>0$. A nevező pedig nem lehet nulla: $x\ne -1$. Összefoglalva: $x>-2$, de $x\ne -1$. ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{log}{}_2\left(x^3+26\right)}& {\displaystyle =6\cdot \text{log}{}_4\left(x+2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{\text{log}{}_4\left(x^3+26\right)}{\text{log}{}_{4}2}}& {\displaystyle =6\cdot \text{log}{}_4\left(x+2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{log}{}_4\left(x^3+26\right)}& {\displaystyle =3\cdot \text{log}{}_4\left(x+2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{log}{}_4\left(x^3+26\right)}& {\displaystyle =\text{log}{}_4{\left(x+2\right)}^3\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^3+26}& {\displaystyle ={\left(x+2\right)}^3\mathrm{,}}\hfill \end{array}}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle =6x^2+12x-\mathrm{18,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle =x^2+2x-3.}\hfill \end{array}}}\hfill \end{array}}$ A két gyök: $x_1=1$ és $x_2=-3$. Az egyenlet kikötései miatt csak az $x=1$ a megoldás. $c)$ Alakítsuk az egyenletet: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2\text{sin}{}^{2}x+4\text{sin}{}^{2}x\cdot \text{cos}{}^{2}x}& {\displaystyle =\mathrm{2,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\text{sin}{}^{2}x+4\text{sin}{}^{2}x\left(1-\text{sin}{}^{2}x\right)}& {\displaystyle =\mathrm{2,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\text{sin}{}^{2}x+4\text{sin}{}^{2}x-4\text{sin}{}^{4}x}& {\displaystyle =\mathrm{2,}}\hfill \end{array}}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle =4\text{sin}{}^{4}x-6\text{sin}{}^{2}x+\mathrm{2,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle =2{\left(\text{sin}{}^{2}x\right)}^2-3\text{sin}{}^{2}x+1.}\hfill \end{array}}}\hfill \end{array}}$ A másodfokú egyenlet gyökei 1 és $\frac{1}{2}$, ebből $\text{sin}x$-re 4 egyenlet adódik: Az egyenlet megoldása összefoglalva: $x=\frac{k\pi }{4}$, ahol $k$ néggyel nem osztható egész szám.   7. Adott a koordinátarendszerben a $k_1:x^2+y^2=9$ és a $k_2:{\left(x-17\right)}^2+{\left(y-7\right)}^2=100$ kör. Igazoljuk, hogy a két kör vízszintes közös külső és a pozitív meredekségű közös belső érintőjének metszéspontjából derékszögben látszik a két kör középpontja által meghatározott szakasz.  (16 pont)   Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit.     Kiszámoljuk a két érintő $M$ metszéspontját, majd megvizsgáljuk a $K_{1}M{K}_2$ nagyságát. Az adatok alapján a két kör vízszintes közös külső érintőjének egyenlete: $y=-3$. A pozitív meredekségű közös belső $e$ érintő párhuzamos és 3 egység távolságra van a $K_2$ középpontú, 13 sugarú körhöz a $K_1$-ből (az origóból) húzott $f$ érintővel. A $K_{1}K$ egyenes normálvektorának meghatározásához szükségünk van a $K$ pont koordinátáira. A $K_1{K}_{2}K$ derékszögű háromszög két oldalának ismeretében számoljuk ki a harmadik oldal hosszát. Mivel $K_1{K}_2=\sqrt[]{{17}^2+7^2}=\sqrt[]{338}$, $K{K}_2=10+3=13$, azért $K_{1}K=\sqrt[]{338-{13}^2}=13$. A $K$ pont koordinátáit úgy számoljuk ki, hogy az $F$ pontba mutató helyvektorhoz, azaz $\overrightarrow{OF}\left(8\mathrm{,}5;3\mathrm{,}5\right)$ vektorhoz hozzáadjuk az $\overrightarrow{F{K}_1}$ vektor $-90$ fokos elforgatottját, vagyis az $\overrightarrow{FK}\left(-3\mathrm{,}5;8\mathrm{,}5\right)$ vektort. Így tehát a keresett koordináták: $K\left(5;12\right)$. Az $\left(5;12\right)$ a belső érintő egyik irányvektorának a koordinátája, így egy normálvektorának $\left(12;-5\right)$ a koordinátája. Ez lesz a belső érintő normálvektora is. A belső érintő egyenletének felírásához számoljuk ki a belső érintő és a középpontokat összekötő egyenes $P$ metszéspontjának koordinátáit, mely a két kör hasonlóságának középpontja, ezért a $K_1{K}_2$ szakaszt $3:13$ arányban osztja. Ezek alapján a $P$ pont koordinátái: $(17\cdot \frac{3}{13};7\cdot \frac{3}{13})$, azaz $P(\frac{51}{13};\frac{21}{13})$. A belső érintő egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle 12x-5y=12\cdot \frac{51}{13}-5\cdot \frac{21}{13}=39.}\end{array}$ A két érintő $M$ metszéspontját a következő egyenletrendszer megoldása adja: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle y}& {\displaystyle =-3}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 12x-5y}& {\displaystyle =39}\hfill \end{array}}\}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis: $M\left(2;-3\right)$. Végezetül megmutatjuk, hogy $\overrightarrow{K_{1}M}\cdot \overrightarrow{M{K}_2}=0$. Az ismert koordináták alapján: $\overrightarrow{K_{1}M}\left(2;-3\right)$, $\overrightarrow{M{K}_2}\left(15;10\right)$. Tehát valóban $\overrightarrow{K_{1}M}\cdot \overrightarrow{M{K}_2}=2\cdot 15-3\cdot 10=0$. Ez azt jelenti, hogy a két érintő $M$ metszéspontjából valóban derékszögben látszik a $K_1{K}_2$ szakasz.   Megjegyzés. A B. 4468. feladatból következik, hogy az itt megfogalmazott állítás nem csak erre a konkrét esetre igaz, vagyis: Két kör közös külső és közös belső érintőjének metszéspontjából mindig derékszögben látszik a két kör középpontja által meghatározott szakasz.   8. A szabó egy farsangi pillangójelmezhez az ábrán látható mintát használja, amit a boltban vásárolt téglalap alakú anyagból vág ki. A szabásminta egy parabolaívből és egy körívből áll. $a)$ Az anyag hány százaléka lesz hulladék? $b)$ Adjuk meg a parabola és a kör összes metszéspontját.  (16 pont)     Megoldás. $a)$ Tegyünk a szabásmintára egy koordinátarendszert az ábrán látható módon. Ekkor a parabola az $f\left(x\right)=x^2$ hozzárendeléssel megadott függvény képe lesz. A parabola alatti területet (az $x$ tengelyig) a következő integrállal határozhatjuk meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{-3}{\overset{2}{\int }}{x}^{2}dx={\left[\frac{x^3}{3}\right]}_{-3}^2=\frac{2^3}{3}-\frac{{\left(-3\right)}^3}{3}=\frac{35}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $x$ tengely alatti rész területe 5, így az itt keletkezett hulladék: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{35}{3}+5=\frac{50}{3}\approx 16\mathrm{,}667.}\end{array}$ A jobb felső rész esetén egy ötször ötös négyzetből hiányzik egy öt sugarú negyedkör. Vagyis ennek a hulladéknak a területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle 25-\frac{25\pi }{4}\approx 5\mathrm{,}365.}\end{array}$ Ezek alapján az összes hulladék: 22,032. Az eredeti téglalap területe 50, vagyis az anyagnak kb. a 44,1%-a lesz hulladék. $b)$ A parabola egyenlete $y=x^2$. A kör sugara 5 egység, középpontjának koordinátája pedig $\left(-3;4\right)$. A kör egyenlete: ${\left(x+3\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2=25$. A metszéspontok meghatározásához a két egyenletből álló egyenletrendszert kell megoldanunk. A második egyenlet az $x^2$ behelyettesítése után így írható: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x^2+6x+9+x^4-8x^2+16}& {\displaystyle =\mathrm{25,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^4-7x^2+6x}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x\left(x^3-7x+6\right)}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ Mivel az eredeti szabásmintán adott volt két metszéspont (az $x=-3$-nál és az $x=2$-nél), azért könnyen felírhatjuk a gyöktényezős alakot: $x\left(x+3\right)\left(x-2\right)\left(x-1\right)=0$. Visszahelyettesítéssel az első koordinátákhoz meghatározzuk a metszéspontok második koordinátáját is. Négy metszéspontot kaptunk. Helyüket az általunk bevezetett koordinátarendszer segítségével adjuk meg: $\left(-3;9\right)$, $\left(0;0\right)$, $\left(1;1\right)$, $\left(2;4\right)$.   9. A $2012$-es londoni olimpián csapatunk $8$ arany-, $4$ ezüst- és $5$ bronzérmet szerzett. Nem volt olyan versenyszám, amiben két magyar érem született. $a)$ Hányféleképpen sorolhatjuk föl azokat a versenyszámokat, amelyekben csapatunk érmet szerzett, úgy, hogy először az aranyérmesek, utána az ezüstérmesek, végül a bronzérmesek versenyszámait nevezzük meg? $b)$ Hányféleképpen sorolhatjuk fel a fenti $17$ versenyszámot, ha az azonos színű érmet hozó számok közül mindig azt soroljuk fel hamarabb, amelyik korábban ért véget? $c)$ Mekkora a valószínűsége annak, hogy az érmes versenyszámaink közül véletlenszerűen hármat választva az azokhoz tartozó érmek különböző színűek lesznek?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ A 8 aranyérem, a 4 ezüstérem és az 5 bronzérem permutációinak szorzatát kell vennünk: $8!\cdot 4!\cdot 5!=116121600$. $b)$ A feladat szerint három, egyenként 8, 4 és 5 hosszú, meghatározott sorrendű sorozatot kell egymásba fésülni.   A 8 aranyérmeshez 9 helyre kerülhetnek az ezüstérmesek, de akár többen is egy helyre. Vagyis ismétléses kombinációval kell számolnunk, és így ez $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{12}{4}\right)$-féleképpen   lehetséges. Az így kapott 12 hosszú sorozatban 13 helyre kerülhetnek a bronzérmesek, ez $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{5}\right)$-féle lehetőség. Összesen tehát $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{12}{4}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{5}\right)=3063060$ felsorolás létezik. $c)$ A 17 éremből hármat választunk, ezért az összes eset száma $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{3}\right)$. A 8 aranyéremből egyet, a 4 ezüstéremből egyet és az 5 bronzéremből egyet $8\cdot 4\cdot 5$-féleképpen lehet kiválasztani. Vagyis a keresett valószínűség: $\begin{array}{c}{\displaystyle P=\frac{\text{kedvező esetek száma}}{\text{összes eset száma}}=\frac{8\cdot 4\cdot 5}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{17}{3}\right)}\approx 0\mathrm{,}235.}\end{array}$  Gedeon Veronika  (Budapest)