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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 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 $\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)=1$. Mivel $\frac{15000}{5^3}=120$, 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 $a\le b\le c$. Tudjuk, hogy $120=2^3\cdot 3\cdot 5$. Ha $a=1$, akkor $bc=120$, és mivel 120 osztóinak száma $d\left(120\right)=4\cdot 2\cdot 2=16$, és 120 nem négyzetszám, azért ekkor $\frac{16}{2}=8$ megfelelő számhármas van. Ha $a=2$, akkor $bc=60$, és már csak a $b\mathrm{,}c\ge 2$, $b\le c$ eseteket keressük. Ha $b$ és $c$ is osztható lenne 2-vel, akkor $\left(a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\right)=2$ lenne. Tehát csak az egyikük osztható 2-vel, sőt, ezek szerint 4-gyel. Tehát az egyik lehetőség, hogy $b=2^2\cdot b\text{'}$ és ekkor $b\text{'}c=15$. Ez csak úgy lehet, ha $b=4$ és $c=15$. A másik lehetőség, hogy $c=4\cdot c\text{'}$, ekkor $b=3$, $c=20$ vagy $b=5$ és $c=12$. Tehát 3 ilyen megfelelő számhármas van. Ha $a=3$, akkor $bc=40=2^3\cdot 5$,  $b\mathrm{,}c\ge 4$,  $b\le c$. 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 $5^3>120$. Tehát összesen $8+3+2+1=14$ megfelelő téglatest van.   2. Oldjuk meg az következő egyenleteket a valós számok halmazán: $a)$ $\sqrt[]{x-\sqrt[]{x+2}}=2$; $b)$ $\text{log}{}_{2}x+\text{log}{}_{4}x+\text{log}{}_{8}x=\text{log}{}_{16}{x}^3$.  (13 pont)   Megoldás. $a)$ Az egyenlet alaphalmaza az $x\ge \sqrt[]{x+2}$ és az $x+2\ge 0$ egyenlőtlenségekből számítható. Az elsőből egyrészt $x\ge 0$, másrészt $x^2-x-2\ge 0$ adódik, azaz $x\in \left[2;+\infty \right[$. A második egyenlőtlenség megoldása $x\in \left[-2;+\infty \right[$. Az alaphalmaz tehát a $\left[2;+\infty \right[$ intervallum. A megoldáshoz emeljük négyzetre és rendezzük az egyenletet: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x-\sqrt[]{x+2}=\mathrm{4,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x-4=\sqrt[]{x+2}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Látható, hogy csak $x\ge 4$ esetén lehet megoldást találni. Újabb négyzetre emelés és rendezés után $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2-9x+14=\mathrm{0,}}\end{array}$ amiből $x_1=7$ és $x_2=2$. 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 $x_1=7$. $b)$ Az egyenlet alaphalmaza a pozitív valós számok halmaza. Hozzuk közös, 2-es alapra a logaritmusokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{2}x+\frac{\text{log}{}_{2}x}{\text{log}{}_{2}4}+\frac{\text{log}{}_{2}x}{\text{log}{}_{2}8}=\frac{\text{log}{}_2{x}^3}{\text{log}{}_{2}16}\mathrm{.}}\end{array}$ A nevezők kiszámítása és a logaritmus argumentumában lévő hatványra vonatkozó azonosság alapján a  $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{log}{}_{2}x+\frac{\text{log}{}_{2}x}{2}+\frac{\text{log}{}_{2}x}{3}=\frac{3\cdot \text{log}{}_{2}x}{4}}\end{array}$ egyenletet kapjuk. Rendezve: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 12\text{log}{}_{2}x+6\text{log}{}_{2}x+4\text{log}{}_{2}x}& {\displaystyle =9\text{log}{}_{2}x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 22\text{log}{}_{2}x}& {\displaystyle =9\text{log}{}_{2}x\mathrm{,}}\hfill \end{array}}$ azaz $13\text{log}{}_{2}x=0$. Mivel az $x\mapsto \text{log}{}_{2}x$ 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 $0\mathrm{,}6$. Ha otthon maradunk, akkor $0\mathrm{,}25$ annak a valószínűsége, hogy fagyizunk. Annak a valószínűsége, hogy fagyizunk $0\mathrm{,}2$. 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 $\overline{S}=\text{otthon maradunk}$ és $\overline{F}=\text{nem fagyizunk}$. $a)$ A feladat szövege szerint a következő valószínűségeket tudjuk: $P\left(S\right)=0\mathrm{,}6$, $P\left(F|\overline{S}\right)=0\mathrm{,}25$, $P\left(F\right)=0\mathrm{,}2$. Ezekből $P\left(\overline{S}\right)=1-P\left(S\right)=0\mathrm{,}4$ és $P\left(\overline{F}\right)=1-P\left(F\right)=0\mathrm{,}8$. A feltételes valószínűség definíciója alapján   $P\left(F|\overline{S}\right)=\frac{P\left(F\overline{S}\right)}{P\left(\overline{S}\right)}$, amiből $P\left(F\overline{S}\right)=$ =0,25⋅0,4=0,1. Annak a valószínűsége, hogy otthon maradunk és fagyizunk 0,1. $b)$ Mivel $P\left(F\right)=P\left(F\overline{S}\right)+P\left(FS\right)$, azért $P\left(FS\right)=0\mathrm{,}2-0\mathrm{,}1$, azaz annak a valószínűsége, hogy sétálunk és fagyizunk 0,1. c) $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(F|S\right)=\frac{P\left(FS\right)}{P\left(S\right)}=\frac{0\mathrm{,}1}{0\mathrm{,}6}=\frac{1}{6}\mathrm{.}}\end{array}$   4. Adott az $f:x\mapsto x^3$ 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. $a)$ $f\text{'}=3x^2$, mely akkor lesz $12$, ha $x=\pm 2$. Az érintési pontok tehát $E_1\left(-2;{\left(-2\right)}^3\right)$ és $E_2\left(2;2^3\right)$, vagyis $E_1\left(-2;-8\right)$ és $E_2\left(2;8\right)$. Az érintők egyenlete $e_1:y=12x+16$ és $e_2:y=12x-16$. $b)$ A két pont távolsága: $d\left(E_1{E}_2\right)=\sqrt[]{4^2+{16}^2}=4\sqrt[]{17}$. $c)$ 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: $y=-\frac{1}{12}x$. Ennek és $e_1$-nek metszéspontja $P(\frac{-192}{145};\frac{16}{145})$. Tehát a keresett távolság: $\begin{array}{c}{\displaystyle d=2\overline{PO}=2\sqrt[]{{\left(\frac{-192}{145}\right)}^2+{\left(\frac{16}{145}\right)}^2}=\frac{\sqrt[]{148480}}{145}\approx 2\mathrm{,}6575.}\end{array}$   Megjegyzés: A $c)$ résznél pont és egyenes távolságának képletével gyorsabban is célhoz érhetünk. Ehhez $e_1$ egyenletét írjuk a következő alakba: $0=12x-y+16$. A két érintő távolsága megegyezik $E_2\left(2;8\right)$ és $e_1$ távolságával. $\begin{array}{c}{\displaystyle d=\left|\frac{12\cdot 2-1\cdot 8+16}{\sqrt[]{{12}^2+{\left(-1\right)}^2}}\right|=\frac{32}{\sqrt[]{145}}\approx 2\mathrm{,}6575.}\end{array}$   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 $\mathrm{2,}$ illetve $5$ cm, magassága pedig $4$ cm. Mekkora a golyó sugara, ha magasságának $\frac{2}{3}$ részéig merül bele a vízbe?  (16 pont)     Megoldás.   Tekintsük az ábrát. A hasonlóság miatt egyrészt $\frac{2}{5}=\frac{x}{x+4}$, amiből $x=\frac{8}{3}\text{ cm}$.   Másrészt $\frac{2}{k}=\frac{x}{x+3}$, ahonnan $k=4\mathrm{,}25\text{ cm}$. Az 1 cm magasságú, 5 cm, illetve 4,25 cm alapkörű csonkakúp térfogata $\begin{array}{c}{\displaystyle V_{\text{csk}}=\frac{\pi }{3}\cdot [1\cdot \left(5^2+4\mathrm{,}{25}^2+5\cdot 4\mathrm{,}25\right)]=\frac{64\mathrm{,}3125\pi }{3}\left({\text{cm}}^3\right)\mathrm{.}}\end{array}$     Ez a térfogat egyenlő egy olyan gömbszelet térfogatával, melynek sugara a keresett $r$ sugár, magassága pedig $m=\frac{2}{3}\cdot 2r=\frac{4}{3}r$, mivel a golyó a magassága $\frac{3}{4}$ részéig merül a vízbe. $\begin{array}{c}{\displaystyle V_{\text{gsz}}=\frac{\pi }{3}{m}^2\left(3r-m\right)=\frac{\pi }{3}\cdot {\left(\frac{4}{3}r\right)}^2\cdot \left(3r-\frac{4}{3}r\right)=\frac{\pi }{3}\cdot \frac{80}{27}\cdot r^3=\frac{64\mathrm{,}3125\pi }{3}\left({\text{cm}}^3\right)\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $r\approx 2\mathrm{,}7895$ 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 $49\mathrm{,}{4}^{\circ }$-os szöget zár be egymással, egyenes vonalú $229$ m -es és $195$ m -es telekmérettel. A Corvin utcai telekhatár $44\mathrm{,}{1}^{\circ }$-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 $+2\mathrm{,}{9}^{\circ }$-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: $\begin{array}{c}{\displaystyle E{B}^2={104}^2+{229}^2-2\cdot 104\cdot 229\cdot \text{cos}44\mathrm{,}{1}^{\circ }\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $EB\approx 170\mathrm{,}44\text{ m}$. Ugyanebben a háromszögben a szinusztételt felírva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}ABE\sphericalangle }{\text{sin}44\mathrm{,}{1}^{\circ }}=\frac{104}{170\mathrm{,}44}\mathrm{.}}\end{array}$     Mivel $ABE\sphericalangle <\mathrm{49,}{4}^{\circ }$, azért ebből $ABE\sphericalangle \approx 25\mathrm{,}{13}^{\circ }$ következik. Az $EBC$ háromszögben $CBE\sphericalangle =ABC\sphericalangle -ABE\sphericalangle =24\mathrm{,}{27}^{\circ }$. A koszinusztételt felírva: $\begin{array}{c}{\displaystyle E{C}^2=170\mathrm{,}{44}^2+{195}^2-2\cdot 170\mathrm{,}44\cdot 195\cdot \text{cos}24\mathrm{,}{27}^{\circ }\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $EC\approx 80\mathrm{,}49\text{m}$. Írjuk fel a koszinusztételt az $EBC$ háromszögre: $\begin{array}{c}{\displaystyle {195}^2=80\mathrm{,}{49}^2+170\mathrm{,}{44}^2-2\cdot 80\mathrm{,}49\cdot 170\mathrm{,}44\cdot \text{cos}CEB\sphericalangle \mathrm{.}}\end{array}$ Ebből $\text{cos}CEB\sphericalangle \approx -0\mathrm{,}09099$, és így $CEB\sphericalangle \approx 95\mathrm{,}{22}^{\circ }$. Mivel $EFB\sphericalangle ={90}^{\circ }-2\mathrm{,}{9}^{\circ }=87\mathrm{,}{1}^{\circ }$, azért $BEF\sphericalangle \approx {180}^{\circ }-25\mathrm{,}{13}^{\circ }-87\mathrm{,}{1}^{\circ }=67\mathrm{,}{77}^{\circ }$. Innen $CED\sphericalangle ={180}^{\circ }-BEF\sphericalangle -CEB\sphericalangle \approx 17\mathrm{,}{01}^{\circ }$. A telek területe: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle T}& {\displaystyle =t_{ABE}+t_{EBC}+t_{ECD}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{1}{2}\left(104\cdot 229\cdot \text{sin}44\mathrm{,}{1}^{\circ }+195\cdot 170\mathrm{,}44\cdot \text{sin}24\mathrm{,}{27}^{\circ }+49\cdot 80\mathrm{,}49\cdot \text{sin}17\mathrm{,}{01}^{\circ }\right)\approx }\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \approx 15694\mathrm{,}39\left({\text{m}}^2\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$     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: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$, mert 3 csúcshoz csak egy kör tartozik.   4 csúcsú: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{4}\right)\cdot \frac{4!}{4\cdot 2}=15\cdot 3=45$, 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   $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{5}\right)\cdot \frac{5!}{5\cdot 2}=6\cdot 12=72$, a 6 csúcsúaké pedig $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{6}\right)\cdot \frac{6!}{6\cdot 2}=1\cdot 60=60$. $b)$ 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 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{1}\right)=4$ lehetőség. 4 csúcs esetén: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)\cdot 2!=6\cdot 2=12$ kör, mivel az adott él egyik csúcsát kiválasztva, ahhoz 2 csúcsot választhatunk stb. 5 csúcs esetén: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{3}\right)\cdot 3!=4\cdot 6=24$ kör, 6 csúcs esetén pedig $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{4}\right)\cdot 4!=1\cdot 24=24$ 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 $\left(n\ge 3\right)$ mindegyik csúcsa, mint középpont köré egység sugarú kört írunk. $a)$ Adjuk meg $n$ függvényében annak a körnek az $r_n$ sugarát, amely a sokszög csúcsába írt körök mindegyikét érinti a sokszög belsejében. $b)$ Milyen $n$ értékekre lesz $r_n$ értéke $2013$-nál nagyobb?  (16 pont)   Megoldás. A kör középpontját a sokszög csúcsával összekötő szakasz hossza egyenlő a két kör sugarának összegével, vagyis $\left(r_n+1\right)$-gyel. $a)$ Az ábrán látható derékszögű háromszögből $\frac{1}{r_n+1}=\text{sin}\frac{\pi }{n}$, ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle r_n=\frac{1}{\text{sin}\frac{\pi }{n}}-1.}\end{array}$     b) ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle r_n=\frac{1}{\text{sin}\frac{\pi }{n}}-1}& {\displaystyle >\mathrm{2013,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{1}{\text{sin}\frac{\pi }{n}}}& {\displaystyle >\mathrm{2014,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}\frac{\pi }{n}}& {\displaystyle <\frac{1}{2014}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel $\frac{\pi }{n}\in \left]\mathrm{0,}\frac{\pi }{2}\right]$, azért ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{\pi }{n}}& {\displaystyle <0\mathrm{,}000496\mathrm{52,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle n}& {\displaystyle >\frac{\pi }{0\mathrm{,}00049652}\approx 6327\mathrm{,}22.}\hfill \end{array}}$ Tehát $n\ge 6328$ esetén lesz $r_n$ 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 $\frac{t\cdot k}{12}$ 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 $9\%\mathrm{.}$ $a)$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(4+3+2+1\right)\cdot \frac{0\mathrm{,}09}{12}\cdot 25000=1875\text{Ft. }}\end{array}$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(12+11+\text{...}+1\right)\cdot \frac{0\mathrm{,}09}{12}\cdot 25000+101875\cdot 0\mathrm{,}09=23794\text{Ft. }}\end{array}$ 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\text{...}\left\{\left[927402\cdot \left(1+\frac{0\mathrm{,}09}{12}\right)-25000\right]\cdot \left(1+\frac{0\mathrm{,}09}{12}\right)-25000\right\}\text{...}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Akkor fizeti vissza a diák a kölcsönt, ha ez az érték nem pozitív. Ebből a következő egyenlőtlenséget kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle 927402\cdot 1\mathrm{,}{0075}^n-25000\cdot \left(1\mathrm{,}{0075}^{n-1}+1\mathrm{,}{0075}^{n-2}+\text{...}+1\mathrm{,}0075+1\right)\le 0.}\end{array}$ Ebből a mértani sorozat összegképletének felhasználásával: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 927402\cdot 1\mathrm{,}{0075}^n-25000\cdot \frac{1\mathrm{,}{0075}^n-1}{1\mathrm{,}0075-1}}& {\displaystyle \le \mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0\mathrm{,}2782206\cdot 1\mathrm{,}{0075}^n-\left(1\mathrm{,}{0075}^n-1\right)}& {\displaystyle \le \mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -0\mathrm{,}727794\cdot 1\mathrm{,}{0075}^n+1}& {\displaystyle \le \mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 1\mathrm{,}3740}& {\displaystyle \le 1\mathrm{,}{0075}^n\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{lg}1\mathrm{,}3740}& {\displaystyle \le n\text{lg}1\mathrm{,}\mathrm{0075,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 42\mathrm{,}522}& {\displaystyle \le n\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Tehát $3+42=45$ hónapig kell 25 000 Ft-ot fizetni, az utolsó hónapban ennél kevesebbet, vagyis 46 hónap a teljes visszafizetés ideje.