Cím: Megoldásvázlatok a 2013/2. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Ratkó Éva ,  Schmieder László 
Füzet: 2013/március, 142 - 147. oldal  PDF file

Megoldásvázlatok a 2013/2. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 

Ratkó Éva és Schmieder László
Budapest
 

I. rész
 

 
1. Hány olyan különböző téglatest van, amelyre teljesül, hogy éleinek hossza egész szám, térfogata 15000 egység, és a három él hosszának legnagyobb közös osztója 5?
  (12 pont)

 
Megoldás. Az élek hosszának legnagyobb közös osztója 5. Vagyis a három él hossza 5a, 5b és 5c, ahol (a,b,c)=1. Mivel 1500053=120, azért abc=120. Tehát az a kérdés, hogy hány olyan a, b, c pozitív egész szám van, amelyek legnagyobb közös osztója 1, szorzata 120, és mivel a számok sorrendjétől eltekintünk, azért abc.
Tudjuk, hogy 120=2335.
Ha a=1, akkor bc=120, és mivel 120 osztóinak száma d(120)=422=16, és 120 nem négyzetszám, azért ekkor 162=8 megfelelő számhármas van.
Ha a=2, akkor bc=60, és már csak a b,c2, bc eseteket keressük. Ha b és c is osztható lenne 2-vel, akkor (a,b,c)=2 lenne. Tehát csak az egyikük osztható 2-vel, sőt, ezek szerint 4-gyel. Tehát az egyik lehetőség, hogy b=22b' és ekkor b'c=15. Ez csak úgy lehet, ha b=4 és c=15. A másik lehetőség, hogy c=4c', ekkor b=3, c=20 vagy b=5 és c=12. Tehát 3 ilyen megfelelő számhármas van.
Ha a=3, akkor bc=40=235,  b,c4,  bc. Ekkor b=4, c=10 vagy b=5, c=8.
Ha a=4, akkor az egyetlen megoldás b=5 és c=6.
Több lehetőség nincs, hiszen 53>120.
Tehát összesen 8+3+2+1=14 megfelelő téglatest van.
 
2. Oldjuk meg az következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a) x-x+2=2;
b) log2x+log4x+log8x=log16x3.  (13 pont)

 
Megoldás. a) Az egyenlet alaphalmaza az xx+2 és az x+20 egyenlőtlenségekből számítható. Az elsőből egyrészt x0, másrészt x2-x-20 adódik, azaz x[2;+[. A második egyenlőtlenség megoldása x[-2;+[. Az alaphalmaz tehát a [2;+[ intervallum.
A megoldáshoz emeljük négyzetre és rendezzük az egyenletet:
x-x+2=4,x-4=x+2.



Látható, hogy csak x4 esetén lehet megoldást találni. Újabb négyzetre emelés és rendezés után
x2-9x+14=0,
amiből x1=7 és x2=2. Mivel a második gyök kisebb 4-nél, azért nem megoldás. A 7 benne van az alaphalmazban, és ellenőrzéssel meggyőződhetünk a helyességéről, így az egyenlet egyetlen megoldása x1=7.
b) Az egyenlet alaphalmaza a pozitív valós számok halmaza. Hozzuk közös, 2-es alapra a logaritmusokat:
log2x+log2xlog24+log2xlog28=log2x3log216.

A nevezők kiszámítása és a logaritmus argumentumában lévő hatványra vonatkozó azonosság alapján a 
log2x+log2x2+log2x3=3log2x4
egyenletet kapjuk. Rendezve:
12log2x+6log2x+4log2x=9log2x,22log2x=9log2x,

azaz 13log2x=0. Mivel az xlog2x függvény szigorúan monoton nő, és x=1-nél értéke zérus, azért az x=1 a kapott egyenlet egyetlen megoldása.
Mivel az 1 benne van az eredeti egyenlet alaphalmazában, és végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, azért az eredeti egyenlet megoldása: x=1.
 
3. Családunk szokásait megfigyelve annak a valószínűsége, hogy egy nyári délután sétálni megyünk 0,6. Ha otthon maradunk, akkor 0,25 annak a valószínűsége, hogy fagyizunk. Annak a valószínűsége, hogy fagyizunk 0,2. Mennyi egy nyári délután annak a valószínűsége, hogy
a) otthon maradunk és fagyizunk;
b) sétálunk és fagyizunk;
c) fagyizunk, ha sétálni megyünk?  (13 pont)

 
Megoldás. Jelölje S azt az eseményt, hogy sétálni megyünk, F pedig azt az eseményt, hogy fagyizunk. Ekkor nyilván S¯=otthon maradunk és F¯=nem fagyizunk.
a) A feladat szövege szerint a következő valószínűségeket tudjuk: P(S)=0,6,
P(F|S¯)=0,25, P(F)=0,2. Ezekből P(S¯)=1-P(S)=0,4 és P(F¯)=1-P(F)=0,8.
A feltételes valószínűség definíciója alapján
 
P(F|S¯)=P(FS¯)P(S¯), amiből P(FS¯)=
=0,250,4=0,1.
Annak a valószínűsége, hogy otthon maradunk és fagyizunk 0,1.
b) Mivel P(F)=P(FS¯)+P(FS), azért P(FS)=0,2-0,1, azaz annak a valószínűsége, hogy sétálunk és fagyizunk 0,1.
c)
P(F|S)=P(FS)P(S)=0,10,6=16.

 
4. Adott az f:xx3 függvény. a) Adjuk meg az f függvénygörbe azon érintőinek egyenletét, amelyek meredeksége 12.
b) Számítsuk ki az érintési pontok egymástól való távolságát.
c) Állapítsuk meg, hogy milyen távol vannak egymástól az érintők.  (13 pont)

 
 
Megoldás. a) f'=3x2, mely akkor lesz 12, ha x=±2. Az érintési pontok tehát E1(-2;(-2)3) és E2(2;23), vagyis E1(-2;-8) és E2(2;8).
Az érintők egyenlete e1:y=12x+16 és e2:y=12x-16.
b) A két pont távolsága: d(E1E2)=42+162=417.
c) Mivel a feladatban szereplő függvénygörbe páratlan fokszámú origón átmenő polinom, azért szimmetrikus az origóra. Ebből következik, hogy a két adott meredekségű érintője is szimmetrikus az origóra. A két egyenes távolsága ezért számolható úgy, hogy az egyik egyenes és az origó távolságát megduplázzuk. Írjuk föl tehát az egyenesekre merőleges, origón átmenő egyenest: y=-112x. Ennek és e1-nek metszéspontja P(-192145;16145). Tehát a keresett távolság:
d=2PO¯=2(-192145)2+(16145)2=1484801452,6575.

 
Megjegyzés: A c) résznél pont és egyenes távolságának képletével gyorsabban is célhoz érhetünk. Ehhez e1 egyenletét írjuk a következő alakba: 0=12x-y+16. A két érintő távolsága megegyezik E2(2;8) és e1 távolságával.
d=|122-18+16122+(-1)2|=321452,6575.

 

II. rész
 

 
5. Egy golyót beletettünk egy olyan edénybe, amelynek a belső része csonkakúp alakú, és 3 cm magasságig volt vízzel töltve. Miután a golyót belehelyeztük, a víz éppen nem folyt ki az edényből. A csonkakúp alapkörének és fedőkörének sugara rendre 2, illetve 5 cm, magassága pedig 4 cm. Mekkora a golyó sugara, ha magasságának 23 részéig merül bele a vízbe?  (16 pont)
 
 
Megoldás.
 
Tekintsük az ábrát. A hasonlóság miatt egyrészt 25=xx+4, amiből x=83 cm.
 
Másrészt 2k=xx+3, ahonnan k=4,25 cm.
Az 1 cm magasságú, 5 cm, illetve 4,25 cm alapkörű csonkakúp térfogata
Vcsk=π3[1(52+4,252+54,25)]=64,3125π3(cm3).

 
 

Ez a térfogat egyenlő egy olyan gömbszelet térfogatával, melynek sugara a keresett r sugár, magassága pedig m=232r=43r, mivel a golyó a magassága 34 részéig merül a vízbe.
Vgsz=π3m2(3r-m)=π3(43r)2(3r-43r)=π38027r3=64,3125π3(cm3),
amiből r2,7895 cm. Tehát a golyó sugara 2,7895 cm.
 
6. Az Újpesti Fa- és Fémipari Szakiskola új épületében 1927-ben kezdődött meg a tanítás. Az iskola egy ötszögű telekre épült, melyről a helytörténeti újság a következőket írja: ,,A Görgey út és a Szent Imre utca 49,4-os szöget zár be egymással, egyenes vonalú 229 m -es és 195 m -es telekmérettel. A Corvin utcai telekhatár 44,1-os szögben törik a Görgey út felé 104 m hosszon, majd homorú szögben 49 m-en északi irányt vesz és innen egy rövid szakaszon zárul a Szent Imre utcai telekhatár végpontjához.'' Tudjuk még, hogy a Görgey út +2,9-os szöget zár be a K-Ny-i iránnyal, és a telek délnyugati sarokpontja a Görgey út és a Corvin utca kereszteződése. Számítsuk ki a telek területét.  (16 pont)
 
Megjegyzés. A feladat megfogalmazása nem volt egyértelmű. A megoldás a valódi telekkel számol. Természetesen elfogadható minden további helyes értelmezés.
 
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. Tekintsünk először az ABE háromszöget. Írjuk fel rá a koszinusztételt:
EB2=1042+2292-2104229cos44,1,
amiből EB170,44 m. Ugyanebben a háromszögben a szinusztételt felírva:
sinABEsin44,1=104170,44.

 
 
Mivel ABE<49,4, azért ebből ABE25,13 következik.
Az EBC háromszögben CBE=ABC-ABE=24,27. A koszinusztételt felírva:
EC2=170,442+1952-2170,44195cos24,27,
amiből EC80,49m. Írjuk fel a koszinusztételt az EBC háromszögre:
1952=80,492+170,442-280,49170,44cosCEB.
Ebből cosCEB-0,09099, és így CEB95,22.
Mivel EFB=90-2,9=87,1, azért BEF180-25,13-87,1=67,77. Innen CED=180-BEF-CEB17,01.
A telek területe:
T=tABE+tEBC+tECD==12(104229sin44,1+195170,44sin24,27+4980,49sin17,01)15694,39(m2).
 

 
7.Tekintsünk egy 6 pontú teljes gráfot.
a) Hány 3, 4, 5, illetve 6 csúcsot tartalmazó kör van ebben a gráfban?
b) Hány 3, 4, 5, illetve 6 csúcsot tartalmazó kör lesz benne, ha egy élet elhagyunk?
  (16 pont)

 
 
Megoldás. a) 3 csúcsú: (63)=20, mert 3 csúcshoz csak egy kör tartozik.
 
4 csúcsú: (64)4!42=153=45, mert 4 csúcs esetén 4!-féleképp választhatjuk ki a csúcsok sorrendjét, de mindegy, hogy melyik csúcs az első (osztunk 4-gyel), illetve a csúcsok egy adott sorrendje esetén a fordított sorrend ugyanazt a kört adja (osztunk 2-vel).
Hasonló gondolatmenettel az 5 csúcsú körök száma
 
(65)5!52=612=72, a 6 csúcsúaké pedig (66)6!62=160=60.
b) Nézzük meg, hogy hány körrel lesz kevesebb az él elhagyása miatt az egyes esetekben. Azokat a köröket hagytuk el, amelyeknek az egyik éle a kiválasztott él, a többi csúcs pedig a másik négy csúcsból volt kiválasztva. 3 csúcs esetén: a maradék 4 csúcsból kell választani 1-et, ez (41)=4 lehetőség. 4 csúcs esetén: (42)2!=62=12 kör, mivel az adott él egyik csúcsát kiválasztva, ahhoz 2 csúcsot választhatunk stb. 5 csúcs esetén: (43)3!=46=24 kör, 6 csúcs esetén pedig (44)4!=124=24 kör. Tehát a körök száma rendre 20-4=16, 45-12=33, 72-24=48 és 60-24=36.
 
8. Egy szabályos, két egység oldalú n-szög (n3) mindegyik csúcsa, mint középpont köré egység sugarú kört írunk.
a) Adjuk meg n függvényében annak a körnek az rn sugarát, amely a sokszög csúcsába írt körök mindegyikét érinti a sokszög belsejében.
b) Milyen n értékekre lesz rn értéke 2013-nál nagyobb?  (16 pont)

 
Megoldás. A kör középpontját a sokszög csúcsával összekötő szakasz hossza egyenlő a két kör sugarának összegével, vagyis (rn+1)-gyel.
a) Az ábrán látható derékszögű háromszögből 1rn+1=sinπn, ahonnan
rn=1sinπn-1.

 
 


b)
rn=1sinπn-1>2013,1sinπn>2014,sinπn<12014.

Mivel πn]0,π2], azért
πn<0,00049652,n>π0,000496526327,22.

Tehát n6328 esetén lesz rn értéke 2013-nál nagyobb.
 

 
9. Egy bergengóc egyetemi hallgató tanulmányai 3 évében diákhitelt vett föl. Az első tanév szeptemberétől minden hónap első napján 25000 Ft-ot kapott. A kamatszámítás havonta történik időarányos (lineáris) kamatszámítás szerint, vagyis a bank a havi kamat összegét a tk12 képlet alapján számítja ki, ahol t a tőketartozás, és k az aktuális éves kamatláb. A tárgyévben meg nem fizetett kamat tőkésítésére évente, december 31-i értéknappal kerül sor. Tegyük föl, hogy a hitel felvétele és visszafizetése alatt a kamatláb végig 9%.
a) Mekkora a végzett diák tőketartozása a tanulmányok befejezését követő hónap (július) első napján?
b) A diák a tanulmányok befejezését követő szeptember első napjától a tartozás teljes kiegyenlítéséig minden hónapban 25000 Ft-tal (illetve az utolsó hónapban a fennmaradó összeggel) törleszti felvett hitelét. A havonta törlesztett összeg először csak a felgyűlt kamatokat csökkenti, majd azok elfogyása után minden hónapban a tőketartozást is. Hány hónapig tart így a teljes hitel visszafizetése?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Az első naptári év utolsó napján a tőketartozás 100 000 Ft. Az ezen időszakban felgyűlt kamat
(4+3+2+1)0,091225000=1875Ft.  

A következő naptári évben a tőketartozás 101 875 Ft-ról indul, az év utolsó napján 300 000 Ft-tal több, tehát 401 875 Ft. Az ebben az évben felszámolt kamat
(12+11+...+1)0,091225000+1018750,09=23794Ft.  

A harmadik naptári év elején a tőketartozás 425 669 Ft, év végén pedig 725 669 Ft. Az ebben az évben felgyűlt kamat 52 935 Ft.
A negyedik naptári év elején a tőketartozás 778 604 Ft, július első napján pedig 928 604 Ft.
b) A negyedik naptári év első félévében felgyűlt kamat 38 975 Ft. A következő két hónapban ehhez még hozzájön 13 939 Ft kamat, ami így összesen 52 904 Ft.
A következő három hónapban a kamat mindig 6965 Ft, a törlesztés pedig 25 000 Ft. Így november végére az addig felgyűlt kamatot kifizeti és még a tőketartozásból is törleszt 1202 Ft-ot.
December 1-jén a tőketartozás 927 402 Ft. Ezután minden hónapban kifizeti a kamatot és a tőketartozásból is törleszt. n hónap eltelte után a tőketartozás:
(...{[927402(1+0,0912)-25000](1+0,0912)-25000}...).
Akkor fizeti vissza a diák a kölcsönt, ha ez az érték nem pozitív. Ebből a következő egyenlőtlenséget kapjuk:
9274021,0075n-25000(1,0075n-1+1,0075n-2+...+1,0075+1)0.
Ebből a mértani sorozat összegképletének felhasználásával:
9274021,0075n-250001,0075n-11,0075-10,0,27822061,0075n-(1,0075n-1)0,-0,7277941,0075n+10,1,37401,0075n,lg1,3740nlg1,0075,42,522n.

Tehát 3+42=45 hónapig kell 25 000 Ft-ot fizetni, az utolsó hónapban ennél kevesebbet, vagyis 46 hónap a teljes visszafizetés ideje.