Cím: Megoldásvázlatok a 2012/11. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Simon János 
Füzet: 2012/december, 531 - 539. oldal  PDF file

Megoldásvázlatok a 2012/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 

I. rész
 

 
1. Egy iskola 520 tanulójával 9 kérdésből álló tesztet töltettek ki. A kérdésekre igennel vagy nemmel lehetett válaszolni. Mindenki válaszolt az összes kérdésre. Az értékelés úgy történt, hogy a k. kérdésre adott jó válasz k pontot, rossz válasz -k pontot ért.
a) Mutassuk meg, hogy biztosan volt két tanuló, aki ugyanúgy töltötte ki a tesztlapot.
b) Legalább hány tanulónak volt ugyanannyi pontja az értékelés után?
  (11 pont)

 
Megoldás. a) Mivel 29=512-féleképpen lehet a tesztlapot kitölteni, azért 520 tanuló között biztosan lesznek ketten, akik ugyanúgy töltötték ki a tesztet.
b) A maximális pontszám: 1+2+...+9=9102=45. A minimális pontszám: -45.
Egy feladatra adott hibás válasszal páros pontszámmal csökken az elérhető maximális pontszám, tehát -45 és 45 közötti páratlan számok lehetnek a pontszámok. Mivel ezen az intervallumon 46 páratlan szám van, azért 46-féle végösszeg lehet. (Könnyen látható, hogy ezek mindegyike valóban elő is fordulhat.) Ha minden pontszámot legfeljebb 11 tanuló ért volna el, akkor 4611=506 diák járhatna maximálisan az iskolába.
Tehát biztosan volt legalább 12 tanuló, akik ugyanannyi pontszámot szereztek.
 
2. a) Állítsuk elő a 2012-t szomszédos természetes számok összegeként.
b) Egy számtani sorozat első 2013 elemének összege 2012. Az első 2012 elem közül a páros indexűek összege eggyel több, mint a páratlan indexűek összege. Határozzuk meg a sorozat első elemét.  (13 pont)

 
Megoldás. a) Legyen a legkisebb szám k+1, a legnagyobb k+n.
Ezek összege:
nk+n(n+1)2=2012=22503,n(2k+n+1)=8503.
A bal oldali szorzat két tényezője két különböző paritású természetes szám, és a második nagyobb, mint az első, tehát n=8.
Mivel 2k+8+1=503, azért k=247. Tehát a keresett szomszédos természetes számok:
248+249+250+251+252+253+254+255=2012.

b) Mivel a számtani sorozat első 2013 elemének összege 2012, azért felírható, hogy
S2013=20132a1+2012d2=2012,a1=20122013-1006d.
Tudjuk, hogy az első 2012 elem közül a páros indexűek összege eggyel nagyobb, mint a páratlan indexűek összege, azaz:
(a2012+...+a2)-(a2011+...+a1)=1,(a2012-a2011)+...+(a2-a1)=1,1006d=1.
Tehát a sorozat első eleme: a1=20122013-1=-12013.
 
3. Adott a valós számokon értelmezett
I(x)=-2xf(t)dt
függvény, és tudjuk, hogy f(t)=3t2+4t-1. Határozzuk meg az I(x) zérushelyeit, és azokat az intervallumokat, melyeken konvex, illetve konkáv a függvény.  (13 pont)

 
Megoldás.
I(x)=-2x(3t2+4t-1)dt=[t3+2t2-t]-2x=x3+2x2-x-(-8+8+2)==x3+2x2-x-2=x2(x+2)-(x+2)=(x+2)(x2-1)==(x+2)(x+1)(x-1).
Tehát I(x) zérushelyei: x=-2, -1, 1.
I(x) második deriváltjának előjeléből állapíthatjuk meg, hogy hol konvex, illetve hol konkáv a függvény.
I''(x)=(x3+2x2-x-2)''=(3x2+4x-1)'=6x+4.
Ha x>-23, akkor I(x) konvex. Ha x<-23, akkor I(x) konkáv. (Az x=-23-nál inflexiós pont van.)
 
4. A párizsi Louvre üvegpiramisának (szabályos négyoldalú gúla) alapélét vegyük 34 m-nek, magasságát pedig 22 m-nek.
a) Mekkora felületet kell az ablakmosó csapatnak letisztítania, ha kívülről és belülről is lemossák az üveglapokat?
Éjszaka a piramist oszlopokon álló reflektorokkal szeretnék megvilágítani. Az oszlopokat egy négyzet csúcsaiban állítják fel, melynek oldalfelező pontjai a piramis alapjának csúcsai.
b) Milyen magasan kell a reflektorokat az oszlopon elhelyezni, hogy a belőlük kiinduló fénysugarak az oldallapok súlypontjaiban merőlegesen essenek az üvegfelületekre?
  (14 pont)

 
Megoldás. a) Készítsünk a szöveg alapján ábrát. Tudjuk, hogy
AB=34,EG=22.
Ekkor Pitagorasz-tétellel:
EF=222+(342)227,8.

 
 
A gúla palástjának kétszeresét kell vennünk:
2tpalást=8BCEF2=4BCEF=43427,8=3780,8m2.
Tehát kb. 3781 m2 üvegfelületet kell lemosniuk.
b) Rajzoljuk le a számunkra fontos síkmetszetet, és alkalmazzuk az ábra jelöléseit. Ekkor
tgα=2217,vagyisα52,3.
Már tudjuk, hogy EF27,8, ezért
SF=27,839,27.

 
 
GFE és PRS merőleges szárú hegyesszögek, tehát egyenlők. Tudjuk, hogy TF=1735,67, ezért SQ=TF+FP=5,67+17=22,67.

QP=ST=SFsinα=9,27sin52,37,33,SQQR=tgα=2217=22,67QR,vagyisQR17,52,PR=QP+QR=7,33+17,52=24,85.
A reflektorokat az oszlopokon kb. 25 m magasan kell elhelyezni.
 

II. rész
 

 
5. Adott az f(x)=log2(x+4)+1 hozzárendelésű függvény. Tudjuk, hogy az AnOCn háromszögek egyenlőszárú, O-nál derékszögű háromszögek, ahol An az f(x) függvény grafikonjának egy pontja, O pedig az origó.
a) Ábrázoljuk az f(x) függvényt. Adjuk meg egy tetszőleges An esetén a háromszög Cn csúcsának koordinátáit.
b) Határozzuk meg a Cn pontok halmazát, és ábrázoljuk a koordinátarendszerben.
  (16 pont)

 
 
Megoldás. a) Az f(x) grafikonjáról választunk egy tetszőleges pontot. Legyen az első koordinátája a. Ekkor a második koordinátája:
f(a)=log2(a+4)+1.
Vagyis a választott pont: A1(a;log2(a+4)+1).
 
 

A háromszög harmadik csúcsát megkapjuk, ha az origó körül 90 fokkal elforgatjuk a választott A1 pontot. Ha a körüljárástól eltekintünk, két lehetőség adódik a harmadik csúcsra attól függően, hogy merre forgatunk:
C1(-log2(a+4)+1;-a),illetveC1'(log2(a+4)+1;a).

b) Az An pontot egy O körüli 90-os forgatás viszi a Cn pontba. A 90-os forgatást két, origón áthaladó, egymással 45-os szöget bezáró egyenesre való tengelyes tükrözés szorzatával helyettesíthetjük. A két tengely egyenlete: t1:y=x, t2:y=0. Vagyis az f(x) grafikonját kell transzformálnunk
1) t1t2-vel, azaz +90-os O körüli forgatással.
2) t2t1-gyel, azaz -90-os O körüli forgatással;
1) Az y=log2(x+4)+1 egyenlettel megadott ponthalmazt tükrözve a t2-re az y=-log2(x+4)-1 egyenlettel megadott ponthalmazt kapjuk. Ezt tükrözve a t1-re: x=-log2(y+4)-1.
 
 
Fejezzük ki az y-t:

log2(y+4)=-(x+1),2-(x+1)=y+4,y=(12)x+1-4.

Ez a ponthalmaz a h(x)=(12)x+1-4 hozzárendeléssel adott függvény grafikonjával azonos.
2) Az y=log2(x+4)+1 egyenlettel megadott ponthalmazt tükrözve a t1-re az x=log2(y+4)+1 egyenlettel megadott ponthalmazt kapjuk. Fejezzük ki az y-t:

x-1=log2(y+4),y+4=2x-1,y=2x-1-4.


Ezt tükrözzük a t2-re:
y=-2x-1+4.
Ez a ponthalmaz a g(x)=-2x-1+4 hozzárendeléssel adott függvény grafikonjával azonos.
Megjegyzés: Ezeket a megoldásokat az a) részben alkalmazott módszerekkel is megkaphatjuk.
 
6. Oldjuk meg a következő egyenleteket:
a) 12+x-12-x=2;
b) 1sin2x-1cos2x=2.  (16 pont)
 

 
Megoldás. a) A feladat értelmezési tartománya: 2+x>0 és 2-x>0, vagyis x]-2;2[.
Mindkét oldalt megszorozva 2+x2-x-szel:
2-x-2+x=24-x2=8-2x2.
Ha 2-x<2+x, akkor nyilván nincs megoldás, hiszen az egyenlet egyik oldala negatív, a másik pedig nemnegatív.
Ha 2-x2+x, vagyis 2-x2+x, azaz -2<x0, akkor négyzetre emeljük az egyenlet mindkét oldalát:
4-24-x2=2(4-x2),0=(4-x2)+4-x2-2,0=(4-x2)2+4-x2-2.
Megoldóképlettel:
4-x2=1,valamint4-x2=-2.

A 4-x2 negatív nem lehet. A 4-x2=1 egyenletből kapjuk, hogy 3=x2. A két szám közül csak az x=-3 felel meg a kikötéseknek, így az eredeti egyenletnek is csak ez az egy gyöke van.
b) A feladat értelmezési tartománya: sin2x0 és cos2x0, vagyis xkπ2, ahol kZ.
Az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk sin2xcos2x-szel:
cos2x-sin2x=2sin2xcos2x,cos2x=2(2sinxcosx)24=2sin22x4=sin22x22,22cos2x=1-cos22x,cos22x+22cos2x-1=0.


Megoldóképlettel: cos2x=-2+3 és cos2x=-2-3. Mivel cos2x[-1;1], azért cos2x=3-2. Innen 2x+1,25+k2π és 2x-1,25+k2π, ahol kZ. Vagyis: x+0,625+kπ és x-0,625+kπ, ahol kZ.
 

 
7. A p2 parabola csúcsa a C''(6;7) pont, tengelye párhuzamos a p1:y=x2-8x+14 paraboláéval, és a P(9;194) pont illeszkedik a p2 parabolára.
Az AnBnCn egyenlőszárú háromszögek alapja AnBn, ahol Anp2, Bnp1, és Cn illeszkedik a koordinátarendszer ordinátatengelyére. Az An és a Bn pontok abszcisszája egyenlő, és a Bn pontok ordinátája kisebb, mint az An pontoké.
a) Határozzuk meg a C1 pont koordinátáit, ha az A1B1C1 háromszög derékszögű.
b) Az AnBnCn háromszögek közül melyiknek legnagyobb a területe?  (16 pont)

 
Megoldás. a) A p2 egy lefelé nyíló parabola: (x-6)2=-2p(y-7).
 
 

Felhasználjuk, hogy Pp2:

(9-6)2=-2p(4,75-7),9=-2p(-2,25)=4,5p,2=p.

 
Vagyis p2 egyenlete: (x-6)2=-4(y-7), azaz y=-14(x-6)2+7.
 

A Bn pontok ordinátája kisebb, mint az An pontoké, ezért:

x2-8x+14<-14(x-6)2+7,-4x2+32x-56>x2-12x+8,0>5x2-44x+64,x11,84<x<6,96x2.


Az A1B1C1 egyenlő szárú háromszög akkor derékszögű, ha B1 és A1 ordinátájának különbsége abszcisszájuk kétszeresével egyenlő:
2x=-0,25x2+3x-2-(x2-8x+14)=-1,25x2+11x-16,0=-1,25x2+9x-16,x1=3,2,x2=4.
Tehát két ilyen háromszög van (mert mindkettő x eleme az általunk meghatározott intervallumnak):
A1(3,2;-1,36),B1(3,2;5,04),C1(0;1,84),A1'(4;-2),B1'(4;6),C1'(0;2).

b) Ha An és Bn abszcisszája x, akkor a háromszög alapja -1,25x2+11x-16, magassága pedig x. Ekkor a terület:
t(x)=x(-1,25x2+11x-16)2=-0,625x3+5,5x2-8x.
t(x) ott lesz maximális, ahol az első deriváltja 0, és pozitívból negatívba vált:
t'(x)=-1,875x2+11x-8(x]1,84;6,96]),x10,85ésx25,016.


t'(x) az x2-ben pozitívból negatívba vált, tehát itt van a maximum helye a t(x)-nek.
A maximális terület: t(5,016)19,376. Tehát a csúcsok koordinátái (kerekített értékek): A2(5,016;6,758), B2(5,016;-0,968), C2(0;2,895).
 
8. Határozzuk meg az összes olyan P(x)=ax2+bx+c egész együtthatós polinomot, melyre |P(p1)|=|P(p2)|=|P(p3)|=5, ahol p1, p2, p3 különböző prímszámok.  (16 pont)
 
Megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy P(pi)-k közül hány darab negatív előjelű van. A helyettesítési értékek közül csak a 0 vagy az 1 db negatív esetét tárgyaljuk, mert a többi esetben ha P(x)-et -P(x)-re cseréljük, akkor ugyanezekhez az esetekhez jutunk.
1. eset: P(p1)=P(p2)=P(p3)=5. A P(x)-5 polinomnak 3 különböző zérushelye van, de a fokszáma maximum 2, tehát P1(x)=5 konstans polinom.
2. eset: Az egyik helyettesítési érték negatív, pl. P(p1)=-5. Ekkor P(p2)=P(p3)=5. A P(x)-5 polinomnak a p2 és a p3 zérushelye, tehát
P(x)-5=a(x-p2)(x-p3).
Helyettesítsünk p1-et a fenti polinomba:
-5-5=a(p1-p2)(p1-p3).
Ha pi-k páratlan prímszámok, akkor a jobb oldalon álló szorzat osztható néggyel, a bal oldal pedig nem. Tehát a prímek közül az egyik 2-vel egyenlő.
i) Ha p1=2, akkor p1-p2 és p1-p3 negatív páratlan számok, melyek szorzata pozitív páratlan szám, tehát a=-2. Az előbbi két kifejezés szorzata 5, így p1-p2=-1 és p1-p3=-5, azaz p2=3 és p3=7.
P(x)-5=-2(x-3)(x-7),P2(x)=-2(x-3)(x-7)+5=-2x2+20x-37.



ii) Ha p2 vagy p3 valamelyike 2 (például p2=2), ekkor a jobboldali szorzat p1-p3 tényezője páros, vagyis p1-p3 lehetséges értékei 2, -2, 10, -10 és p1-2 pozitív egész szám:
-25=a(p1-2)2,-25=a(p1-2)(-2),-5=a(p1-2),5=a(p1-2),a=-1,p1=7,p2=2,p3=5,a=1,p1=7,p2=2,p3=9,a=-5,p1=3,p2=2,p3=1.a=5,p1=3,p2=2,p3=5.
 
-25=a(p1-2)10,-25=a(p1-2)(-10),-1=a(p1-2),1=a(p1-2),a=-1,p1=3,p2=2,p3=-7.a=1,p1=3,p2=2,p3=13.

A feladat feltételeinek a következők tesznek eleget:
(p1;p2;p3)=(7;2;5),(p1;p2;p3)=(3;2;5),(p1;p2;p3)=(3;2;13).
Az így kapott polinomok:
P3(x)=-1(x-2)(x-5)+5=-x2+7x-5,P4(x)=5(x-2)(x-5)+5=5x2-35x+55,P5(x)=1(x-2)(x-13)+5=x2-15x+31.
Tehát 10 polinom felel meg a feladatban szereplő feltételeknek: a fent felsorolt 5, és ezek ellentettjei.
 
9. A nemzetközi sporteseményeken a versenyzőket nem csak a dicsőség hajtja, hanem részben a reklámszerződésekkel járó magas pénzösszegek is. Így nem meglepő, ha a sportolók és az edzők időnként a győzelem megszerzése érdekében nem megengedett eszközöket is alkalmaznak.
A lehetőségek szerinti legtisztességesebb feltételek biztosítása érdekében közvetlenül a fontos versenyek előtt, de a felkészülések során is meghatározott szabályok szerint dopping ellenőrzéseket tartanak. A sportolók vizeletmintát adnak, melyeket lepecsételve és megjelölve, két részben, egy úgynevezett A-próbaként, illetve B-próbaként őriznek meg és vizsgálnak.
Miközben a nemzetközi Sportszövetség egyértelmű, minden kétséget kizáró doppingteszt kialakításán fáradozik, addig bizonyos laborok olyan doppingszerek kifejlesztésén dolgoznak, melyek a kontroll során a vizeletből nem mutathatók ki. Az a) feladatrészben abból induljunk ki, hogy egy sportrendezvényen 2400 doppingvizsgálatnak alávetett résztvevőből 60-an egy bizonyos anyaggal doppingoltak. Az összes 2400 A-próbát ellenőrizték.
A tesztre a következő érvényes:
Amennyiben egy sportoló ezzel a szerrel doppingolt, akkor ezt a teszt 85% biztonsággal kimutatja. Ebben az esetben pozitív eredményről beszélünk.
Amennyiben egy sportoló nem használta az említett anyagot, úgy ezt a teszt 96% biztonsággal bizonyítja.
a) Számoljuk ki annak a valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott személyre az A-próba után hibás ítélet született.
b) Mekkora a valószínűsége annak, hogy az A-próba után indokolatlanul vádoltak meg egy sportolót?
c) Mutassuk meg, hogy kisebb, mint 0,08 az esélye annak, hogy a B-próba után is indokolatlanul vádoltak valakit.  (16 pont)

 
Megoldás. a) Hibás eredmény született, ha egy doppingolt sportoló tesztje negatívnak, vagy pedig egy nem doppingolt sportolóé pozitívnak bizonyul.
Jelölje D azt az eseményt, hogy egy versenyző doppingolt, T pedig azt, hogy a doppingpróba eredménye pozitív lett.
Adott: P(D)=602400=0,025,  P(TD)=0,85,  P(T¯D¯)=0,96=0,96.
P(T¯D)+P(TD¯)=P(T¯D)P(D)+P(TD¯)P(D¯)==(1-0,85)0,025+(1-0,96)(1-0,025)=0,04275.
Tehát a véletlenszerűen kiválasztott személy esetén kb. 4,3% valószínűséggel hibás eredmény született.
b) Meghatározandó a P(D¯T).
P(D¯T)=P(D¯T)P(T)=P(TD¯)P(D¯)P(T)=P(TD¯)P(D¯)P(TD)P(D)+P(TD¯)P(D¯)==0,040,9750,850,025+0,040,975=0,0390,02125+0,039=0,6473.
A valószínűsége annak, hogy egy doppinggal vádolt sportoló nem doppingolt kb. 65%.
A tört nevezőjéből jól látható, hogy a doppinggal megvádolt sportolók túlnyomó része nem ezzel az (ismeretlen) anyaggal doppingolt. A nem doppingolt sportolók magas aránya eredményezi a teszthibából adódó sok hibás ítéletet.
c) A B-próbára csak abban az esetben kerül sor, ha az A-próba eredménye pozitív. Ebben az esetben a b) rész megoldása szerint annak a valószínűsége, hogy valaki nem doppingolt, illetve doppingolt, rendre P(D¯B)=0,6473, és P(DB)=1-0,6473=0,3527.
Úgy, mint a b) feladatrészben, az eredmény:
P(D¯BT2)=0,040,64730,850,3527+0,040,64730,0795<0,08.

 
Simon János