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 egység, és a három él hosszának legnagyobb közös osztója (12 pont)
Megoldás. Az élek hosszának legnagyobb közös osztója 5. Vagyis a három él hossza , és , ahol . Mivel , azért . Tehát az a kérdés, hogy hány olyan , , pozitív egész szám van, amelyek legnagyobb közös osztója 1, szorzata 120, és mivel a számok sorrendjétől eltekintünk, azért . Tudjuk, hogy . Ha , akkor , és mivel 120 osztóinak száma , és 120 nem négyzetszám, azért ekkor megfelelő számhármas van. Ha , akkor , és már csak a , eseteket keressük. Ha és is osztható lenne 2-vel, akkor lenne. Tehát csak az egyikük osztható 2-vel, sőt, ezek szerint 4-gyel. Tehát az egyik lehetőség, hogy és ekkor . Ez csak úgy lehet, ha és . A másik lehetőség, hogy , ekkor , vagy és . Tehát 3 ilyen megfelelő számhármas van. Ha , akkor , , . Ekkor , vagy , . Ha , akkor az egyetlen megoldás és . Több lehetőség nincs, hiszen . Tehát összesen megfelelő téglatest van.
2. Oldjuk meg az következő egyenleteket a valós számok halmazán: ; . (13 pont)
Megoldás. Az egyenlet alaphalmaza az és az egyenlőtlenségekből számítható. Az elsőből egyrészt , másrészt adódik, azaz . A második egyenlőtlenség megoldása . Az alaphalmaz tehát a intervallum. A megoldáshoz emeljük négyzetre és rendezzük az egyenletet:
Látható, hogy csak esetén lehet megoldást találni. Újabb négyzetre emelés és rendezés után amiből és . 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 . Az egyenlet alaphalmaza a pozitív valós számok halmaza. Hozzuk közös, 2-es alapra a logaritmusokat: | |
A nevezők kiszámítása és a logaritmus argumentumában lévő hatványra vonatkozó azonosság alapján a | | egyenletet kapjuk. Rendezve:
azaz . Mivel az függvény szigorúan monoton nő, és -nél értéke zérus, azért az a kapott egyenlet egyetlen megoldása. Mivel az 1 benne van az eredeti egyenlet alaphalmazában, és végig ekvivalens átalakításokat végeztünk, azért az eredeti egyenlet megoldása: .
3. Családunk szokásait megfigyelve annak a valószínűsége, hogy egy nyári délután sétálni megyünk . Ha otthon maradunk, akkor annak a valószínűsége, hogy fagyizunk. Annak a valószínűsége, hogy fagyizunk . Mennyi egy nyári délután annak a valószínűsége, hogy otthon maradunk és fagyizunk; sétálunk és fagyizunk; fagyizunk, ha sétálni megyünk? (13 pont)
Megoldás. Jelölje azt az eseményt, hogy sétálni megyünk, pedig azt az eseményt, hogy fagyizunk. Ekkor nyilván és . A feladat szövege szerint a következő valószínűségeket tudjuk: , , . Ezekből és . A feltételes valószínűség definíciója alapján , amiből . Annak a valószínűsége, hogy otthon maradunk és fagyizunk 0,1. Mivel , azért , azaz annak a valószínűsége, hogy sétálunk és fagyizunk 0,1. c) | |
4. Adott az függvény. Adjuk meg az függvénygörbe azon érintőinek egyenletét, amelyek meredeksége Számítsuk ki az érintési pontok egymástól való távolságát. Állapítsuk meg, hogy milyen távol vannak egymástól az érintők. (13 pont)
Megoldás. , mely akkor lesz , ha . Az érintési pontok tehát és , vagyis és . Az érintők egyenlete és . A két pont távolsága: . 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: . Ennek és -nek metszéspontja . Tehát a keresett távolság: | |
Megjegyzés: A résznél pont és egyenes távolságának képletével gyorsabban is célhoz érhetünk. Ehhez egyenletét írjuk a következő alakba: . A két érintő távolsága megegyezik és távolságával. | |
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 illetve cm, magassága pedig cm. Mekkora a golyó sugara, ha magasságának részéig merül bele a vízbe? (16 pont)
Megoldás. Tekintsük az ábrát. A hasonlóság miatt egyrészt , amiből . Másrészt , ahonnan . Az 1 cm magasságú, 5 cm, illetve 4,25 cm alapkörű csonkakúp térfogata | |
Ez a térfogat egyenlő egy olyan gömbszelet térfogatával, melynek sugara a keresett sugár, magassága pedig , mivel a golyó a magassága részéig merül a vízbe.
| | amiből cm. Tehát a golyó sugara 2,7895 cm.
6. Az Újpesti Fa- és Fémipari Szakiskola új épületében -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 -os szöget zár be egymással, egyenes vonalú m -es és m -es telekmérettel. A Corvin utcai telekhatár -os szögben törik a Görgey út felé m hosszon, majd homorú szögben m-en északi irányt vesz és innen egy rövid szakaszon zárul a Szent Imre utcai telekhatár végpontjához.'' Tudjuk még, hogy a Görgey út -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 háromszöget. Írjuk fel rá a koszinusztételt: | | amiből . Ugyanebben a háromszögben a szinusztételt felírva: | |
Mivel , azért ebből következik. Az háromszögben . A koszinusztételt felírva: | | amiből . Írjuk fel a koszinusztételt az háromszögre: | | Ebből , és így . Mivel , azért . Innen . A telek területe:
7.Tekintsünk egy pontú teljes gráfot. Hány , , , illetve csúcsot tartalmazó kör van ebben a gráfban? Hány , , , illetve csúcsot tartalmazó kör lesz benne, ha egy élet elhagyunk? (16 pont)
Megoldás. 3 csúcsú: , mert 3 csúcshoz csak egy kör tartozik. 4 csúcsú: , mert 4 csúcs esetén -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 , a 6 csúcsúaké pedig . 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 lehetőség. 4 csúcs esetén: kör, mivel az adott él egyik csúcsát kiválasztva, ahhoz 2 csúcsot választhatunk stb. 5 csúcs esetén: kör, 6 csúcs esetén pedig kör. Tehát a körök száma rendre , , és .
8. Egy szabályos, két egység oldalú -szög mindegyik csúcsa, mint középpont köré egység sugarú kört írunk. Adjuk meg függvényében annak a körnek az sugarát, amely a sokszög csúcsába írt körök mindegyikét érinti a sokszög belsejében. Milyen értékekre lesz értéke -nál nagyobb? (16 pont)
Megoldás. A kör középpontját a sokszög csúcsával összekötő szakasz hossza egyenlő a két kör sugarának összegével, vagyis -gyel. Az ábrán látható derékszögű háromszögből , ahonnan
b)
Mivel , azért
Tehát esetén lesz értéke 2013-nál nagyobb.
9. Egy bergengóc egyetemi hallgató tanulmányai évében diákhitelt vett föl. Az első tanév szeptemberétől minden hónap első napján Ft-ot kapott. A kamatszámítás havonta történik időarányos (lineáris) kamatszámítás szerint, vagyis a bank a havi kamat összegét a képlet alapján számítja ki, ahol a tőketartozás, és az aktuális éves kamatláb. A tárgyévben meg nem fizetett kamat tőkésítésére évente, december -i értéknappal kerül sor. Tegyük föl, hogy a hitel felvétele és visszafizetése alatt a kamatláb végig Mekkora a végzett diák tőketartozása a tanulmányok befejezését követő hónap (július) első napján? A diák a tanulmányok befejezését követő szeptember első napjától a tartozás teljes kiegyenlítéséig minden hónapban 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. Az első naptári év utolsó napján a tőketartozás 100 000 Ft. Az ezen időszakban felgyűlt kamat | |
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 | |
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. 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. hónap eltelte után a tőketartozás: | | Akkor fizeti vissza a diák a kölcsönt, ha ez az érték nem pozitív. Ebből a következő egyenlőtlenséget kapjuk: | | Ebből a mértani sorozat összegképletének felhasználásával:
Tehát hónapig kell 25 000 Ft-ot fizetni, az utolsó hónapban ennél kevesebbet, vagyis 46 hónap a teljes visszafizetés ideje. |
|