Cím:	Megoldásvázlatok a 2012/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2012/október, 408 - 414. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldásvázlatok a 2012/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz   I. rész     1. Adott a valós számok halmazán értelmezett $f$ és $g$ függvény: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle ={\left(2x-1\right)}^2+\left(x-4\right)\left(x+4\right)-5x\left(x-1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle g\left(x\right)}& {\displaystyle =x^3-4|x|\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ $a)$ Igazoljuk, hogy $f$ elsőfokú függvény. $b)$ Adjuk meg a $g$ függvény zérushelyeit.  (11 pont)     Megoldás. $a)$ A hozzárendelési szabályban megadott képlet a következő módon egyszerűbb alakra hozható: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(2x-1\right)}^2+\left(x-4\right)\left(x+4\right)-5x\left(x-1\right)=4x^2-4x+1+x^2-16-5x^2+5x=x-15.}\end{array}$ Vagyis $f$ valóban elsőfokú függvény. $b)$ A választ az $x^3-4|x|=0$ egyenlet megoldásai adják. Ha $x\ge 0$, akkor az egyenlet az $x^3-4x=0$ alakot veszi föl, azaz $x\left(x-2\right)\left(x+2\right)=0$. A három tényező bármelyike lehet nulla, nekünk a feltétel miatt most az $x=0$ és az $x=2$ a megfelelő. Ha $x<0$, akkor az egyenlet $x^3+4x=0$ formában is írható, azaz $x\left(x^2+4\right)=0$. A második tényező minden valós $x$ esetén pozitív, az első tényező pedig nulla esetén lesz nulla. Vagyis a vizsgált feltétel mellett nincs egyetlen megfelelő érték sem. Vagyis a $g$ függvénynek két zérushelye van, a 0 és a 2.     2. Egy szabályos hatszög oldalai és átlói közül ötöt pirosra, a többit zöldre festettük. Ezek után véletlenszerűen választunk közülük öt szakaszt. Mennyi annak a valószínűsége, hogy pontosan három piros és kettő zöld lesz a kiválasztottak között?  (13 pont)     Megoldás. A szabályos hatszögnek 6 oldala és 9 átlója van. A 15 szakasz között lesz 5 piros és 10 zöld. Először meghatározzuk az összes lehetőségek számát. A 15 szakasz közül ötöt választunk (a sorrend nem számít). Ezt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{15}{5}\right)=3003$-féleképpen tehetjük meg. Ezután a vizsgált esemény szempontjából kedvező esetek számát is összeszámoljuk. A három piros szakaszt az öt pirosból, a két zöldet a tíz zöldből kell választanunk (a sorrend itt sem számít). Ez $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{2}\right)=10\cdot 45=450$-féleképpen történhet. A keresett valószínűség: $p=\frac{450}{3003}\approx 0\mathrm{,}1499$.     3. Az $ABC$ egy szabályos háromszög. Az $A$ középpontú $AB$ sugarú kör kisebbik $BC$ ívének $B$-hez közelebbi harmadolópontja $D$, $C$-hez közelebbi harmadolópontja pedig $E$. A $B$ középpontú $AB$ sugarú kör kisebbik $AC$ ívének felezőpontja $F$. Mekkorák az $AD$, $AE$ és $BF$ egyenesek által meghatározott háromszög belső szögei?  (13 pont)     Megoldás. Legyen $AD$ és $BF$ metszéspontja $P$, $AE$ és $BF$ metszéspontja pedig $Q$. Az $APQ$ háromszög belső szögeinek nagyságát kell megadnunk. Az $ABC$ szabályos háromszög minden szöge ${60}^{\circ }$-os. A feladat szövegéből következik a kerületi szögek tétele szerint, hogy $AD$ és $AE$ harmadolja a szabályos háromszög $A$ csúcsánál található ${60}^{\circ }$-os szöget. Ezért az $AQP$ háromszögben az $A$ csúcsnál ${20}^{\circ }$-os, és a $BAP$ háromszögben is az $A$ csúcsnál ${20}^{\circ }$-os szög van. A kerületi szögek tétele szerint a $BF$ egyenes felezi a szabályos háromszög $B$ csúcsánál található ${60}^{\circ }$-os szöget. Tehát $ABP\sphericalangle ={30}^{\circ }$.     Az $ABP$ háromszög $P$ csúcsánál található külső szög azonos az $APQ$ háromszög $P$ csúcsánál található belső szöggel, azaz az $ABP$ háromszög két másik belső szögének összegével egyenlő: $APQ\sphericalangle ={20}^{\circ }+{30}^{\circ }={50}^{\circ }$. Két belső szög ismeretében a harmadik kiszámolható: $AQP\sphericalangle ={180}^{\circ }-{20}^{\circ }-{50}^{\circ }={110}^{\circ }$. Vagyis a kérdésben szereplő háromszög szögei: ${20}^{\circ }$, ${50}^{\circ }$, ${110}^{\circ }$.     4. Az $ABC$ háromszög csúcsainak koordinátái: $A\left(1;1\right)$, $B\left(6;2\right)$ és $C\left(2;6\right)$. $a)$ Milyen hosszú a háromszög legrövidebb magassága? $b)$ Mekkora a háromszög területe? $c)$ Egyszerre dobunk egy piros és egy zöld dobókockával. A pirossal dobott szám legyen egy pont első, a zölddel dobott szám a második koordinátája. Mekkora valószínűséggel lesz az így kapott pont az $ABC$ háromszög belsejében?  (14 pont)     Megoldás. $a)$ A legrövidebb magasság a leghosszabb oldalhoz tartozik. Az oldalak hosszát meghatározzuk a két pont távolságát megadó képlettel: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle AB}& {\displaystyle =\sqrt[]{{\left(1-6\right)}^2+{\left(1-2\right)}^2}=\sqrt[]{26}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle BC}& {\displaystyle =\sqrt[]{{\left(6-2\right)}^2+{\left(2-6\right)}^2}=\sqrt[]{32}=4\sqrt[]{2}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle CA}& {\displaystyle =\sqrt[]{{\left(2-1\right)}^2+{\left(6-1\right)}^2}=\sqrt[]{26}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Vagyis az $A$ csúcs és a $BC$ oldalegyenes távolsága adja a keresett magasság hosszát. Számolásunk szerint az $ABC$ egyenlő szárú háromszög, hiszen $AB=AC$. A keresett magasság az alaphoz tartozik, aminek talppontja az oldal felezőpontja is egyben: $T\left(4;4\right)$, vagyis a keresett magasság hossza: $\begin{array}{c}{\displaystyle TA=\sqrt[]{{\left(4-1\right)}^2+{\left(4-1\right)}^2}=3\sqrt[]{2}\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ A $BC=4\sqrt[]{2}$ és a $TA=3\sqrt[]{2}$ ismeretében a terület: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{ABC}=\frac{4\sqrt[]{2}\cdot 3\sqrt[]{2}}{2}=12.}\end{array}$   Megjegyzés. Természetesen az előző rész nélkül, közvetlenül is meghatározható a terület. Az $ADEF$ négyzetből (ahol $D\left(6;1\right)$, $E\left(6;6\right)$ és $F\left(1;6\right)$ koordinátájú pontok) levágjuk az $ADB$, $AFC$ és $BCE$ derékszögű háromszögeket. Vagyis: $T_{ABC}=25-2\mathrm{,}5-2\mathrm{,}5-8=12$ (és ebből szintén megkapható, hogy $TA=\frac{12}{BC}=3\sqrt[]{2}$). $c)$ A háromszög csúcsai közül az $A$ abszcisszája a legkisebb, a $B$ abszcisszája a legnagyobb. Ezért a háromszög belsejében lévő pontok első koordinátája 2, 3, 4 vagy 5 lehet. Ezekhez az esetekhez gyorsan meghatározhatók a megfelelő második koordináták: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cccc}{\displaystyle \left(2;2\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \left(2;3\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \left(2;4\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \left(2;5\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle \left(3;2\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \left(3;3\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \left(3;4\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle \left(4;2\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \left(4;3\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle \left(5;2\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Ezek mindegyike lehet a dobókockák dobásának eredménye, így a kedvező esetek száma 10. Az összes esetek száma (a két dobókocka dobásával előállítható pontok száma): $6\cdot 6=36$. A keresett valószínűség: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{10}{36}=0\mathrm{,}2\dot{7}\mathrm{.}}\end{array}$   II. rész     5. Egy érettségi találkozón Lászlótól $2012$-ben megkérdezték tanítványai, hogy hány éves. Ezt válaszolta: ,,Édesanyám születési évszáma $\overline{abcd}$, az én születési évszámom pedig ${\overline{ab}}^2+{\overline{cd}}^2$, ekkor ő $21$ éves volt. Nem egy városban élünk, a következő héten utazom hozzá.'' Hány éves László $2012$-ben?  (16 pont)     Megoldás. Mivel László 2012-ben a már korábban érettségizett tanítványaival beszélgetett, ezért ő a 20. században született. A következő héten meglátogatja édesanyját, így ő is biztosan a 20. században született. Ha élne 112 évnél idősebb asszony hazánkban, arról biztosan értesültünk volna a médiából. (A legidősebb magyar 2012. április 27-én 110 éves volt.) Vagyis csak az $a=1$, $b=9$ jöhet szóba. A szöveg szerint: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \overline{abcd}+21}& {\displaystyle ={\overline{ab}}^2+{\overline{cd}}^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 1900+10c+d+21}& {\displaystyle ={19}^2+100c^2+20cd+d^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 1560+10c-100c^2-20cd}& {\displaystyle =d^2-d\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel a bal oldal osztható 10-zel, ezért a jobb oldalon is 10-zel osztható számnak kell állnia. Tehát a $d$ számjegy lehetséges értékei: 6, 5, 1, 0. A négy eset mindegyikéhez egy-egy másodfokú egyenlet tartozik. Ezek közül nekünk azok az esetek lesznek megfelelőek, amelyeknek van számjegy megoldása. A másodfokú egyenletek a következők lesznek: I. eset. Ha $d=6$, akkor $10c^2+11c-153=0$. Nem kapunk $c$-re számjegyet. II. eset. Ha $d=5$, akkor $10c^2+9c-154=0$. Nem kapunk $c$-re számjegyet. III. eset. Ha $d=1$, akkor $10c^2+c-156=0$. Nem kapunk $c$-re számjegyet. IV. eset. Ha $d=0$, akkor $10c^2-c-156=0$. Innen a $c=4$ megfelelő. Az egyedüli megoldás: $a=1$, $b=9$, $c=4$, $d=0$. Azaz László születési évszáma ${19}^2+{40}^2=1961$, vagyis 2012-ben 51 éves.     6. Tekintsük az $\left\{a_n\right\}=\{\frac{2n+12}{n+3}\}$ sorozatot $\left(n\in {\text{N}}^{+}\right)$. $a)$ Határozzuk meg a sorozat összes olyan tagját, amelyek $3$-nál nem kisebbek. $b)$ Az $a_1$, $a_3$, $a_9$ sorszámai egy mértani sorozat három egymást követő tagját adják. Igazoljuk, hogy a sorozat ezen három eleme egy számtani sorozatnak a három egymást követő tagja lesz. $c)$ Hány olyan tagja van a sorozatnak, amelyek három tizedes jegyre kerekített értéke $2\mathrm{,}012?$ $d)$ Határozzuk meg a $\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}{a}_n$ értékét.  (16 pont)     Megoldás. $a)$ Határozzuk meg a sorozat első néhány tagját: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1=\frac{2\cdot 1+12}{1+3}=\frac{7}{2}\mathrm{,}{a}_2=\frac{2\cdot 2+12}{2+3}=\frac{16}{5}\mathrm{,}{a}_3=\frac{2\cdot 3+12}{3+3}=3.}\end{array}$ Ezek a tagok megfelelőek. Megmutatjuk, hogy több nincs, mert a sorozat szigorúan monoton csökkenő, azaz a $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2n+12}{n+3}>\frac{2\left(n+1\right)+12}{\left(n+1\right)+3}\mathrm{,}\text{vagyis}\frac{2n+12}{n+3}>\frac{2n+14}{n+4}}\end{array}$ egyenlőtlenség minden pozitív egész $n$ esetén teljesül. Szorozhatjuk az egyenlőtlenség mindkét oldalát $\left(n+3\right)\left(n+4\right)$-gyel, hiszen pozitív egész $n$-ek esetén ez a szorzat pozitív: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left(2n+12\right)\left(n+4\right)}& {\displaystyle >\left(2n+14\right)\left(n+3\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2n^2+20n+48}& {\displaystyle >2n^2+20n+42.}\hfill \end{array}}$ Ez pedig valóban igaz, vagyis a sorozat szigorúan monoton csökkenő. Tehát a sorozatnak csak az első, a második és a harmadik tagja nem kisebb 3-nál. $b)$ A sorozat kérdéses három tagja a következő: $a_1=\frac{7}{2}$, $a_3=3=\frac{6}{2}$, $a_9=\frac{2\cdot 9+12}{9+3}=\frac{5}{2}$.   Mivel $\frac{6}{2}-\frac{7}{2}=\frac{5}{2}-\frac{6}{2}=-\frac{1}{2}$, így ezek   a számok valóban egy számtani sorozat három egymást követő tagját adják. $c)$ A feladat feltétele szerint azokat a pozitív egész $n$-eket keressük, amelyekre $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\mathrm{,}0115\le \frac{2n+12}{n+3}<2\mathrm{,}0125.}\end{array}$ Szorozhatjuk az egyenlőtlenséget $\left(n+3\right)$-mal, hiszen pozitív egész $n$-ek esetén ez pozitív: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2\mathrm{,}0115\left(n+3\right)}& {\displaystyle \le 2n+12<2\mathrm{,}0125\left(n+3\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0\mathrm{,}0115n+6\mathrm{,}0345}& {\displaystyle \le 12<0\mathrm{,}0125n+6\mathrm{,}375.}\hfill \end{array}}$ Az első egyenlőtlenségből kapjuk: $n\le 5\mathrm{,}9655:0\mathrm{,}0115\approx 518\mathrm{,}739$. A második egyenlőtlenségből kapjuk: $477<n$. Vagyis az $n$ lehetséges értékei: 478, 479, $\text{...}$, 517, 518. Ez összesen 41 tag. $d)$ A határérték tulajdonságait felhasználva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}{a}_n=\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}\frac{2n+12}{n+3}=\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}\frac{2+\frac{12}{n}}{1+\frac{3}{n}}=\frac{2+0}{1+0}=2.}\end{array}$     7. Az $ABCDEFGH$ téglatestben úgy jelöltük a csúcsokat, hogy az $ABCD$ alaplappal egybevágó lapon az $E$ csúcsot az $A$-val, a $F$ csúcsot a $B$-vel, a $G$ csúcsot a $C$-vel, a $H$ csúcsot a $D$-vel kösse össze él. Tudjuk, hogy a $BAF$ szög ${45}^{\circ }$-os, a $CAG$ szög pedig ${30}^{\circ }$-os. $a)$ Igazoljuk, hogy $AFGD$ négyzet. $b)$ Mekkora az $AFBC$ tetraéder felszíne, ha $AB=a$? $c)$ Mekkora az $AFHC$ tetraéder térfogata, ha $AF$ és $HC$ távolsága $a\sqrt[]{2}$? $\begin{array}{c}\end{array}$  (16 pont)     Megoldás. $a)$ Használjuk az ábra jelöléseit. Mivel a téglatest $ABFE$ oldallapján az átló szögfelező ($BAF\sphericalangle ={45}^{\circ }$), ezért ez a lap négyzet. Az oldalai legyenek $a$ hosszúságúak, ekkor $AF=a\sqrt[]{2}$. Tudjuk, hogy a $CAG$ derékszögű háromszögben $CAG\sphericalangle ={30}^{\circ }$, és $CG=a$, ezért $AG=2a$, $AC=a\sqrt[]{3}$.     Az $ABC$ derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel alapján: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+x^2={\left(a\sqrt[]{3}\right)}^2\mathrm{,}x=a\sqrt[]{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis a téglatest ezzel párhuzamos minden éle $a\sqrt[]{2}$ hosszúságú. Téglatest esetén az $AFGD$ metszetről tudjuk, hogy téglalap, most pedig az is kiderült, hogy két szomszédos oldala egyenlő: $AF=FG=a\sqrt[]{2}$, ezért $AFGD$ valóban négyzet. $b)$ Az $AFBC$ tetraéder felszíne három derékszögű háromszögből: $ABC$, $ABF$ és $CBF$, valamint az $AFC$ egyenlő szárú háromszögből áll.     $AC=FC=a\sqrt[]{3}$, hiszen mindkettő ugyanolyan téglalapnak az átlója. Az $AFC$ háromszögben a $TC=m$ magasság hossza Pitagorasz-tétellel kifejezhető: $\begin{array}{c}{\displaystyle m=\sqrt[]{3a^2-\frac{1}{2}{a}^2}=a\sqrt[]{\frac{5}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ A tetraéder felszíne: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle A}& {\displaystyle =T_{ABC}+T_{ABF}+T_{CBF}+T_{AFC}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =a^2\cdot \frac{\sqrt[]{2}}{2}+a^2\cdot \frac{1}{2}+a^2\cdot \frac{\sqrt[]{2}}{2}+a^2\cdot \frac{\sqrt[]{5}}{2}=a^2\cdot \frac{\sqrt[]{2}+1+\sqrt[]{2}+\sqrt[]{5}}{2}\approx 3\mathrm{,}032a^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   $c)$ Az $ABCDEFGH$ téglatest $B$, $D$, $E$ és $G$ csúcsába is ugyanolyan hosszúságú három él fut be: $a$, $a$, $a\sqrt[]{2}$. Az ezek által kifeszített négy tetraédert kell levágnunk a téglatestből, hogy megmaradjon az $AFHC$ tetraéder. Az eddigi számolásunk azt mutatja, hogy ha az $AF$ és $HC$ távolsága $a\sqrt[]{2}$, akkor $AB=a$. Egy levágott tetraéder térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_{ABCF}=\frac{\frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt[]{2}}{3}=\frac{a^3\cdot \sqrt[]{2}}{6}\mathrm{.}}\end{array}$     Vagyis a feladatban szereplő tetraéder térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_{AFHC}=V_{ABCDEFG}-4\cdot V_{ABCF}=a^3\sqrt[]{2}-4\cdot \frac{a^3\cdot \sqrt[]{2}}{6}=\frac{a^3\cdot \sqrt[]{2}}{3}\mathrm{.}}\end{array}$     8. Egy ház tűzfala egy négyzetből és egy szabályos háromszögből áll. A falat két színnel szeretnék vakolni. A két rész között a határvonal egy parabola lesz, amit a mellékelt ábra mutat. A házikó parabola feletti részét világosabbra, a többit sötétebbre vakolják. A felület hány százaléka lesz sötétebb árnyalatú?  (16 pont)       Megoldás. Legyen a négyzet oldala 4, ekkor a tűzfal területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=4^2+\frac{4^2\cdot \sqrt[]{3}}{4}\approx 22\mathrm{,}9.}\end{array}$ Meghatározzuk a sötétebb rész területét. Ehhez az ábrát koordináta-rendszerbe tesszük. A parabola az $f\left(x\right)=x^2$ hozzárendeléssel megadott függvény képe. Az $e$ egyenes illeszkedik a $P\left(3;4\right)$ pontra, és mivel az irányszöge $-{60}^{\circ }$, azért az iránytangense: $-\sqrt[]{3}$. Ezek segítségével megadható, hogy az $e$ egyenes egyenlete: $y-4=-\sqrt[]{3}\left(x-3\right)$, vagyis az egyenes a $g\left(x\right)=-\sqrt[]{3}x+3\sqrt[]{3}+4$ hozzárendeléssel megadott függvény képe. Meghatározzuk a parabola és az $e$ egyenes metszéspontjának koordinátáit. Az $f\left(x\right)=g\left(x\right)$ egyenlet megoldása adja a metszéspontok első koordinátáját: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^2=-\sqrt[]{3}x+3\sqrt[]{3}+\mathrm{4,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2+\sqrt[]{3}x-\left(3\sqrt[]{3}+4\right)=0.}\hfill \end{array}}$ A két gyök közül az egyik negatív, most arra a metszéspontra van szükségünk, amelynek az első koordinátája pozitív: $x_1\approx 2\mathrm{,}3$. A kérdéses területet a következő módon kapjuk: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle T_1}& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle {\int }_{-1}^{\mathrm{2,3}}{x}^{2}dx+{\int }_{\mathrm{2,3}}^3\left(-\sqrt[]{3}x+3\sqrt[]{3}+4\right)dx=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle {\left[\frac{x^3}{3}\right]}_{-1}^{\mathrm{2,3}}+{\left[-\sqrt[]{3}\cdot \frac{x^2}{2}+\left(3\sqrt[]{3}+4\right)x\right]}_{\mathrm{2,3}}^3=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =}\hfill & {\displaystyle \frac{\mathrm{2,}{3}^3}{3}-\frac{{\left(-1\right)}^3}{3}+\left(-\sqrt[]{3}\cdot \frac{3^2}{2}+\left(3\sqrt[]{3}+4\right)\cdot 3\right)-}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle }\hfill & {\displaystyle -\left(-\sqrt[]{3}\cdot \frac{2\mathrm{,}{3}^2}{2}+\left(3\sqrt[]{3}+4\right)\cdot 2\mathrm{,}3\right)\approx 7\mathrm{,}6.}\hfill \end{array}}$ Ez az egésznek kb. a 33,2%-a.   Megjegyzés. A második integrál helyett használhatjuk a trapéz területképletét is.     9. Határozzuk meg azokat az $x$ valós számokat, amelyre $\text{cos}x$ és $\text{cos}2x$ négyzetösszege a $\text{cos}3x$ négyzetével egyenlő. $\begin{array}{c}\end{array}$  (16 pont)     Megoldás. A $\text{cos}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}2x=\text{cos}{}^{2}3x$ egyenletet kell megoldanunk. Ezt az egyenletet $\text{cos}{}^{2}2x=\left(\text{cos}3x-\text{cos}x\right)\left(\text{cos}3x+\text{cos}x\right)$ alakra tudjuk hozni. Tovább alakítva: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{cos}{}^{2}2x=\left(-2\text{sin}\frac{3x+x}{2}\text{sin}\frac{3x-x}{2}\right)\left(2\text{cos}\frac{3x+x}{2}\text{cos}\frac{3x-x}{2}\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{cos}{}^{2}2x=-2\cdot \text{sin}2x\cdot \text{sin}x\cdot 2\cdot \text{cos}2x\cdot \text{cos}x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{cos}{}^{2}2x=-2\cdot \text{sin}2x\cdot \text{sin}2x\cdot \text{cos}2x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{cos}2x\left(\text{cos}2x+2\cdot \text{sin}{}^{2}2x\right)=\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{cos}2x[\text{cos}2x+2\cdot \left(1-\text{cos}{}^{2}2x\right)]=\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{cos}2x\left(2\text{cos}{}^{2}2x-\text{cos}2x-2\right)=0.}\hfill \end{array}}$ A $\text{cos}2x$-re háromféle értéket kapunk: I. eset: $\text{cos}2x=0$, ahonnan $x_1=\frac{\pi }{4}+k_1\cdot \frac{\pi }{2}$, $k_1\in \text{Z}$. II. eset: $\text{cos}2x=\frac{1+\sqrt[]{17}}{4}>1$, tehát nem ad megoldást. III. eset: $\text{cos}2x=\frac{1-\sqrt[]{17}}{4}\approx -0\mathrm{,}7808$, ahonnan $2x_2\approx 2\mathrm{,}4667+2k_2\pi$, $k_2\in \text{Z}$, $2x_3\approx 3\mathrm{,}8164+2k_3\pi$, $k_3\in \text{Z}$, vagyis $x_2\approx 1\mathrm{,}23+k_2\pi$, $x_3\approx 1\mathrm{,}91+k_3\pi$. Tehát a feladat feltételeinek megfelelő összes valós számot az $x_1$, $x_2$, $x_3$ adja.  Számadó László