Cím:	Megoldásvázlatok a 2013/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2013/április, 210 - 217. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldásvázlatok a 2013/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz   Számadó László Budapest   I. rész     1. Egy (pozitív számokat tartalmazó) mértani sorozat szomszédos elemeinek különbségét sorban egymás mellé írtuk. Igazoljuk, hogy az így kapott sorozat is mértani sorozat, ahol $q\ne 1$. Adjuk meg az így kapott mértani sorozat első elemét és hányadosát.  (11 pont)     Megoldás. Legyen az eredeti mértani sorozat első eleme $a_1$, a hányadosa $q$. Ekkor a sorozat első néhány eleme: $a_1$, $a_{1}q$, $a_1{q}^2$, $a_1{q}^3$, $a_1{q}^4$, $a_1{q}^5$, $\text{...}$ . A szomszédos elemek különbsége sorban: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_{1}q-a_1\mathrm{,}{a}_1{q}^2-a_{1}q\mathrm{,}{a}_1{q}^3-a_1{q}^2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_1{q}^n-a_1{q}^{n-1}\mathrm{,}\text{...}\mathrm{.}}\end{array}$ Kiemelünk $a_1$-et: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1\left(q-1\right)\mathrm{,}{a}_1\left(q^2-q\right)\mathrm{,}{a}_1\left(q^3-q^2\right)\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_1\left(q^n-q^{n-1}\right)\mathrm{,}\text{...}\mathrm{.}}\end{array}$ A második elemtől kezdve $q$ is kiemelhető, mindig eggyel növekvő kitevővel: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_1\left(q-1\right)\mathrm{,}{a}_{1}q\left(q-1\right)\mathrm{,}{a}_1{q}^2\left(q-1\right)\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{a}_1{q}^{n-1}\left(q-1\right)\mathrm{,}\text{...}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis az így kapott sorozat valóban mértani sorozat. Az első elem: $a_1\left(q-1\right)$, a hányados: $q$.     2. $a)$ Réka környezetbarát mosógélt árusít $3$ literes kiszerelésben. Negyvenöt darab színes cédulát tett egy kis kosárba. Ezen cédulák közül tizennyolc ,,egy ajándék'', tizenöt ,,két ajándék'', és tizenkettő ,,három ajándék'' szöveget tartalmaz. A vásárlók egy cédulát húznak a vásárlás előtt, és a rajta levő szövegek alapján ajándékot kapnak a következő sorrendben: $810$ Ft-os univerzális tisztítószert, $510$ Ft-os textilöblítőt, $290$ Ft-os mosogatószert. Ezután a cédulát visszateszik a kosárba. Vásárlás előtt László is húz egy cédulát. Mekkora valószínűséggel fog három ajándékot kapni? Mennyi legyen a mosógél literjének ára, ha a forgalmazó cég átlagosan $535$ Ft-os bevételt szeretne literenként kapni? $b)$ Elfelejtettük a telefon bekapcsolásához szükséges négyjegyű kódot. Csak azt tudjuk, hogy négy egymást követő pozitív számjegyből állt, de nem növekedő, és nem csökkenő sorrendben követik egymást a számjegyek. Hány ilyen négyjegyű szám van?  (13 pont)     Megoldás. $a)$ A kis kosárban negyvenöt cédula található, ezek közül csak tizenkettő megfelelő. Azt feltételezhetjük, hogy minden cédula kihúzásának ugyanannyi a valószínűsége, ezért alkalmazhatjuk a klasszikus valószínűség-számítási modellt, azaz a kedvező esetek számát elosztjuk az összes eset számával: $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(\text{három ajándék}\right)=\frac{12}{45}=\frac{4}{15}\approx 0\mathrm{,}27.}\end{array}$ Legyen a mosógél literenkénti ára $x$ Ft. Ekkor a 3 literes csomag ára $3x$ Ft. Minden vásárló húz egy cédulát, vagyis mindenki kap valamilyen értékben ajándékot, amit a 3 literes csomag árából le kell vonnunk. Tudjuk, hogy a negyvenöt cédulából tizennyolc ,,egy ajándék'', tizenöt ,,két ajándék'', és tizenkettő ,,három ajándék'' szöveget tartalmaz. Alkalmazhatjuk a klasszikus valószínűség-számítási modellt: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle P\left(\text{három ajándék}\right)}& {\displaystyle =\frac{12}{45}=\frac{4}{15}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle P\left(\text{kettő ajándék}\right)}& {\displaystyle =\frac{15}{45}=\frac{1}{3}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle P\left(\text{egy ajándék}\right)}& {\displaystyle =\frac{18}{45}=\frac{2}{5}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A forgalmazó cég átlagosan 1605 Ft bevételt szeretne a 3 literes csomagért. Tudjuk, hogy egy vásárló $\frac{4}{15}$ valószínűséggel $3x-810-510-290$,   $\frac{1}{3}$ valószínűséggel $3x-810-510$, és $\frac{2}{5}$ valószínűséggel $3x-810$ Ft-ot fizet a 3 literes mosógélért. Vagyis: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{4}{15}\cdot \left(3x-810-510-290\right)+\frac{1}{3}\cdot \left(3x-810-510\right)+\frac{2}{5}\cdot \left(3x-810\right)=1605.}\end{array}$ Az egyenletet rendezve: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 4\cdot \left(3x-1610\right)+5\cdot \left(3x-1320\right)+6\cdot \left(3x-810\right)}& {\displaystyle =24\mathrm{075,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(12x-6440\right)+\left(15x-6600\right)+\left(18x-4860\right)}& {\displaystyle =24\mathrm{075,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 45x-17900}& {\displaystyle =24\mathrm{075,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x}& {\displaystyle \approx 932\mathrm{,}8.}\hfill \end{array}}$ Vagyis a mosógél literenkénti ára kerekítve 933 Ft legyen (ekkor a 3 literes kiszerelésű csomagot 2799 Ft-ra lehet beárazni). $b)$ A lehetséges számjegynégyesek a következők:   ${\displaystyle \begin{array}{cccc}\hfill {\displaystyle \text{ 1,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 2,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 3,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 4;}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 2,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 3,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 4,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 5;}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 3,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 4,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 5,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 6;}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 4,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 5,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 6,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 7;}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 5,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 6,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 7,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 8;}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{ 6,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 7,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 8,}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ 9. }}\hfill \end{array}}$   Mindegyikből 24 darab négyjegyű szám készíthető, de ezek között kettő nem lesz megfelelő (a növekedő és a csökkenő sorrendűek). Vagyis 132 megfelelő négyjegyű szám van.   3. A $6$ egység oldalhosszúságú, vízszintes síkban elhelyezkedő $ABCDEF$ szabályos hatszög minden csúcsában, a hatszög síkjára merőlegesen, a síknak ugyanazon az oldalán áll egy-egy szakasz. Ezeknek a szakaszoknak a hossza: $\begin{array}{c}{\displaystyle AA\text{'}=2\mathrm{,}BB\text{'}=\frac{9}{2}\mathrm{,}CC\text{'}=7\mathrm{,}DD\text{'}=\frac{19}{2}\mathrm{,}EE\text{'}=12\mathrm{,}FF\text{'}=\frac{29}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ $a)$ Milyen hosszú az $A\text{'}B\text{'}C\text{'}D\text{'}E\text{'}F\text{'}$ töröttvonal? $b)$ Határozzuk meg az $A\text{'}D\text{'}$, $B\text{'}E\text{'}$, $C\text{'}F\text{'}$ azon pontpárjait, amelyek pontosan egymás fölött helyezkednek el, majd határozzuk meg az ezen pontpárok közötti távolságokat.   Megoldás. A szöveg alapján készítettünk egy vázlatrajzot.     Az adatok alapján megállapíthatjuk, hogy a következő derékszögű háromszögek egybevágók: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle A\text{'}{B}_{1}B\text{'}▵\cong B\text{'}{C}_{1}C\text{'}▵\cong C\text{'}{D}_{1}D\text{'}▵\cong }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \cong D\text{'}{E}_1▵E\text{'}\cong ▵E\text{'}{F}_{1}F\text{'}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ezen háromszögek átfogói alkotják a töröttvonal öt darabját. Egy ilyen szakasz hossza a Pitagorasz-tétellel számolva: $\begin{array}{c}{\displaystyle A\text{'}B\text{'}=\sqrt[]{6^2+{\left(\frac{5}{2}\right)}^2}=\frac{13}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A töröttvonal hiányzó darabja, az $A\text{'}F\text{'}$ is egy derékszögű háromszög átfogója. Az $A\text{'}{F}_{2}F\text{'}$ derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel: $\begin{array}{c}{\displaystyle A\text{'}F\text{'}=\sqrt[]{6^2+{\left(\frac{25}{2}\right)}^2}=\sqrt[]{36+\frac{625}{4}}=\frac{\sqrt[]{769}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis a töröttvonal hossza: $\begin{array}{c}{\displaystyle 5\cdot \frac{13}{2}+\frac{\sqrt[]{769}}{2}=\frac{65+\sqrt[]{769}}{2}\approx 46\mathrm{,}37.}\end{array}$ $b)$ Legyen az $ABCDEF$ szabályos hatszög középpontja $K$, az $A\text{'}D\text{'}$ felezőpontja $P_1$, a $B\text{'}E\text{'}$ felezőpontja $P_2$, a $C\text{'}F\text{'}$ felezőpontja pedig $P_3$. Amikor a hatszög síkjára merőlegesen ránézünk, akkor ezt a négy pontot egybeesőnek látjuk. Meghatározzuk a $K{P}_1$, $K{P}_2$ és $K{P}_3$ szakaszok hosszát a szintkülönbségek megállapításához. Ezek a szakaszok rendre az $ADD\text{'}A\text{'}$, $BEE\text{'}B\text{'}$, $CFF\text{'}C\text{'}$ trapézok középvonalai, ezért: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle K{P}_1}& {\displaystyle =\frac{2+\frac{19}{2}}{2}=\frac{23}{4}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle K{P}_2}& {\displaystyle =\frac{\frac{9}{2}+12}{2}=\frac{33}{4}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle K{P}_3}& {\displaystyle =\frac{7+\frac{29}{2}}{2}=\frac{43}{4}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Tehát a sorrend a szintkülönbségekkel: a $P_3$ van a legmagasabban,   $\frac{5}{2}$-del alatta helyezkedik el a $P_2$, és ez alatt található szintén $\frac{5}{2}$-re a $P_1$.   4. Tekintsük a következő, általános tagjával adott sorozatot: $\begin{array}{c}{\displaystyle a_n=a\cdot n^2+\left(2a+b\right)\cdot n-\left(b^2-b-a\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Mutassuk meg, hogy ha $a$ és $b$ egész számok, akkor a sorozat bármely öt egymást követő tagjának összege osztható $5$-tel.  (14 pont)   Megoldás. Legyen az öt egymást követő tag összege: $a_{n-2}+a_{n-1}+a_n+a_{n+1}+a_{n+2}$. A sorozat általános tagjára vonatkozó képlet alapján ezt így írhatjuk: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a\cdot {\left(n-2\right)}^2+\left(2a+b\right)\cdot \left(n-2\right)-\left(b^2-b-a\right)+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle +a\cdot {\left(n-1\right)}^2+\left(2a+b\right)\cdot \left(n-1\right)-\left(b^2-b-a\right)+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle +a\cdot n^2+\left(2a+b\right)\cdot n-\left(b^2-b-a\right)+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle +a\cdot {\left(n+1\right)}^2+\left(2a+b\right)\cdot \left(n+1\right)-\left(b^2-b-a\right)+}\hfill \\ \hfill {\displaystyle +a\cdot {\left(n+2\right)}^2+\left(2a+b\right)\cdot \left(n+2\right)-\left(b^2-b-a\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\left(5n^2+10\right)\cdot a+5n\cdot \left(2a+b\right)-5\left(b^2-b-a\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =5\left(a{n}^2+2a+2an+bn-b^2+b+a\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A zárójelben álló kifejezés nyilvánvalóan egész. Vagyis a sorozat bármely öt egymást követő tagjának összege valóban osztható 5-tel.   II. rész     5. Oldjuk meg a következő egyenleteket: $a)$ $2^{3x}-2^{2x}-2^{x+1}=0$; $b)$ $\text{sin}3x-\text{sin}2x-\text{sin}x=0$.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Ha kiemelünk az egyenlet bal oldalán $2^x$-t, akkor a következő alakban is írhatjuk az egyenletet: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2^x\cdot \left[{\left(2^x\right)}^2-2^x-2\right]=2^x\cdot \left(2^x-2\right)\cdot \left(2^x+1\right)}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ Azaz három lehetőség adódott a $2^x$ értékére: 0, 2 és $-1$. A $2^x$ hozzárendelésű exponenciális függvény értékkészlete alapján tudjuk, hogy csak a 2 a lehetséges érték. Ekkor $x=1$. Az egyenlet egyedüli megoldása az 1. $b)$ Használhatjuk a függvénytáblázatban is szereplő addíciós képletek közül az ide megfelelőeket. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left(\text{sin}2x\text{cos}x+\text{cos}2x\text{sin}x\right)-2\text{sin}x\text{cos}x-\text{sin}x}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\text{sin}x\text{cos}{}^{2}x+\left(\text{cos}{}^{2}x-\text{sin}{}^{2}x\right)\text{sin}x-2\text{sin}x\text{cos}x-\text{sin}x}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ Emeljünk ki $\text{sin}x$-et az egyenlet bal oldalán: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{sin}x\left(2\text{cos}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x-\text{sin}{}^{2}x-2\text{cos}x-1\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}x\left(3\text{cos}{}^{2}x-\text{sin}{}^{2}x-2\text{cos}x-1\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}x\left(3\text{cos}{}^{2}x+\text{cos}{}^{2}x-1-2\text{cos}x-1\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}x\left(4\text{cos}{}^{2}x-2\text{cos}x-2\right)}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{sin}x\left(2\text{cos}{}^{2}x-\text{cos}x-1\right)}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ Egy szorzat akkor lesz nulla, ha legalább egy tényezője 0. Két esetet kapunk: I. $\text{sin}x=0$. Ekkor $x_1=k_1\cdot \pi$, ahol $k_1\in \text{Z}$. II. $2\text{cos}{}^{2}x-\text{cos}x-1=0$. $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\text{cos}x\right)}_1=\frac{1+\sqrt[]{1+8}}{4}=\frac{1+3}{4}=\mathrm{1,}{\left(\text{cos}x\right)}_2=\frac{1-\sqrt[]{1+8}}{4}=\frac{1-3}{4}=-\frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ $i)$ ${\left(\text{cos}x\right)}_1=1$. Ekkor $x_2=k_2\cdot 2\pi$, ahol $k_2\in \text{Z}$. $ii)$ ${\left(\text{cos}x\right)}_2=-\frac{1}{2}$. Ekkor $x_3=\frac{2\pi }{3}+k_3\cdot 2\pi$, ahol $k_3\in \text{Z}$, $x_4=\frac{4\pi }{3}+k_4\cdot 2\pi$, ahol $k_4\in \text{Z}$. A fenti megoldásokat így is írhatjuk rövidebben: $x_5=k_5\cdot \frac{2\pi }{3}$, ahol $k_5\in \text{Z}$, $x_6=\pi +k_6\cdot 2\pi$, ahol $k_6\in \text{Z}$.   6. Egy 0,5 méter széles és 1,2 méter hosszú bútorlap hosszabb éle a vízszintes talajra illeszkedik, a vele párhuzamos él pedig 30 cm magasságban helyezkedik el. $a)$ Mennyi az emelkedési szöge a bútorlap egyik átlóján felfelé haladó hangyának? $b)$ Mennyit változik ez a szög, ha az alsó él egyik harmadolópontjából a felső él nem szemközti harmadolópontjába igyekszik ez a hangya? $c)$ Határozzuk meg a két útvonal hajlásszögét.  (16 pont)   Megoldás. A szöveg alapján készíthetünk egy vázlatrajzot. A rajzon szereplő hosszúságokat méterben adtuk meg.     Haladjon a hangya az $AC$ átlón felfelé, ekkor a második útvonal lehet a $H_1{Q}_1$ vagy a $H_2{Q}_2$. Természetesen ezeknek a szakaszoknak a vízszintessel bezárt szöge egyenlő, csak a $c)$ részben lesz fontos, hogy kétféle útvonal is lehetséges. $a)$ Az$ABC$ derékszögű háromszögben Pitagorasz-tétellel: $AC=\mathrm{1,3}$. A kérdéses emelkedési szög az $A{P}_{1}C$ derékszögű háromszög $A$ csúcsánál lévő $\alpha$ hegyesszöggel egyenlő: $\text{sin}\alpha =\frac{0\mathrm{,}3}{\mathrm{1,3}}\mathrm{,}$ amiből $\alpha \approx 13\mathrm{,}{34}^{\circ }$. $b)$ A kérdéses emelkedési szög az $H_{1}T{Q}_1$ derékszögű háromszög $H_1$ csúcsánál lévő $\beta$ hegyesszöggel egyenlő. A $H_1{H}_2{Q}_1$ derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétellel $H_1{Q}_1=\sqrt[]{0\mathrm{,}{4}^2+0\mathrm{,}{5}^2}=\sqrt[]{0\mathrm{,}41}$.   Ekkor a $H_{1}T{Q}_1$ derékszögű háromszögben $\text{sin}\beta =\frac{0\mathrm{,}3}{\sqrt[]{0\mathrm{,}41}}$, amiből $\beta \approx 27\mathrm{,}{94}^{\circ }$. A $H_2{Q}_2$ harmadolópontokat összekötő szakasz emelkedési szögére ugyanez adódik. Vagyis $14\mathrm{,}{6}^{\circ }$-kal nagyobb lesz a szög. $c)$ A hajlásszöget meghatározhatjuk például koszinusztétellel. Mivel a hangya második útja az elsőhöz képest kétféle lehet, azért a $b)$ részhez hasonlóan két esetet kell néznünk. Tudjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle AK=\frac{AC}{2}=\frac{1\mathrm{,}3}{2}=0\mathrm{,}\mathrm{65,}\text{és}{H}_{1}K=H_{2}K=\frac{H_1{Q}_1}{2}=\frac{\sqrt[]{0\mathrm{,}41}}{2}=\sqrt[]{0\mathrm{,}1025}\mathrm{.}}\end{array}$ I. eset: Az $AK{H}_1$ háromszög $K$ csúcsánál lévő $\gamma$ szög a keresett hajlásszögre az egyik lehetőség. Felírjuk az $AK{H}_1$ háromszög $K$ csúcsánál lévő $\gamma$ szögre a koszinusztételt:   $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\mathrm{,}{4}^2=0\mathrm{,}{65}^2+{\left(\sqrt[]{0\mathrm{,}1025}\right)}^2-2\cdot 0\mathrm{,}65\cdot \sqrt[]{0\mathrm{,}1025}\cdot \text{cos}\gamma \mathrm{.}}\end{array}$   Ebből: $\text{cos}\gamma \approx 0\mathrm{,}8770$, azaz $\gamma \approx 28\mathrm{,}{72}^{\circ }$. II. eset: Az $AK{H}_2$ háromszög $K$ csúcsánál lévő $\delta$ szög a keresett hajlásszögre a másik lehetőség (vagy a kiegészítő szöge, ha $\delta$ tompaszög). Felírjuk az $AK{H}_2$ háromszög $K$ csúcsánál lévő $\delta$ szögre is a koszinusztételt:   $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\mathrm{,}{8}^2=0\mathrm{,}{65}^2+{\left(\sqrt[]{0\mathrm{,}1025}\right)}^2-2\cdot 0\mathrm{,}65\cdot \sqrt[]{0\mathrm{,}1025}\cdot \text{cos}\delta \mathrm{.}}\end{array}$   Ebből: $\text{cos}\delta \approx -0\mathrm{,}2763$, azaz $\delta \approx 106\mathrm{,}{04}^{\circ }$, aminek a kiegészítő szöge ${180}^{\circ }-\delta \approx 73\mathrm{,}{96}^{\circ }$. A két útvonal hajlásszöge kerekítve: vagy $28\mathrm{,}{72}^{\circ }$, vagy $73\mathrm{,}{96}^{\circ }$.   7. Oldjuk meg a következő egyenletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle x-8-\frac{560}{x-32}=19\cdot \sqrt[]{\frac{x-8}{x-32}}\mathrm{.}}\end{array}$ (16 pont)   Megoldás. Meghatározzuk a feladat értelmezési tartományát: $\frac{x-8}{x-32}\ge 0$, azaz $x\in \left]-\infty ;8\right]\cup \left]32;\infty \right]$. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát $\left(x-32\right)$-vel, és rendezzük ez egyenletet:   $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x-8\right)\left(x-32\right)-19\left(x-32\right)\sqrt[]{\frac{x-8}{x-32}}-560=0.}\end{array}$   I. eset: Ha $x\in \left]-\infty ;8\right]$, akkor $x-32<0$, ezért az egyenlet így írható:   $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x-8\right)\left(x-32\right)+19\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}-560=0.}\end{array}$   Ez másodfokú egyenlet $\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}$-re nézve.   ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle (\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}{)}_1}& {\displaystyle =\frac{-19+\sqrt[]{{19}^2+4\cdot 560}}{2}=\frac{-19+51}{2}=\mathrm{16,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle (\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}{)}_2}& {\displaystyle =\frac{-19-\sqrt[]{{19}^2+4\cdot 560}}{2}=\frac{-19-51}{2}=-35.}\hfill \end{array}}$ Csak a pozitív megoldás jöhet szóba:   ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}}& {\displaystyle =\mathrm{16,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(x-8\right)\left(x-32\right)}& {\displaystyle =\mathrm{256,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2-40x}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_1=\mathrm{0,}{x}_2}& {\displaystyle =40.}\hfill \end{array}}$   A vizsgált intervallumba csak az $x_1=0$ esik. II. eset: Ha $x\in \left]32;\infty \right]$, akkor $x-32>0$, ezért az egyenlet így írható:   $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(x-8\right)\left(x-32\right)-19\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}-560=0.}\end{array}$   Ez is másodfokú egyenlet $\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}$-re nézve. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle (\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}{)}_3}& {\displaystyle =\frac{19+\sqrt[]{{19}^2+4\cdot 560}}{2}=\frac{19+51}{2}=\mathrm{35,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle (\sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}{)}_4}& {\displaystyle =\frac{19-\sqrt[]{{19}^2+4\cdot 560}}{2}=\frac{19-51}{2}=-16.}\hfill \end{array}}$ Most is csak a pozitív megoldás jöhet szóba: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{\left(x-8\right)\left(x-32\right)}}& {\displaystyle =\mathrm{35,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(x-8\right)\left(x-32\right)}& {\displaystyle =\mathrm{1225,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2-40x-969}& {\displaystyle =\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_3=\mathrm{57,}{x}_4}& {\displaystyle =-17.}\hfill \end{array}}$ A vizsgált intervallumba csak az $x_3=57$ esik. Az egyenlet két megoldása az $x_1$ és az $x_3$. (Ellenőrzéssel látható, hogy jól számoltunk, ezek valóban megoldásai az egyenletnek.)   8. Az $A\left(1;2\right)$, $B\left(12;4\right)$ és $C\left(4;8\right)$ csúcsokkal megadott háromszögnek adjuk meg a $a)$ súlypontját; $b)$ legnagyobb szögét; $c)$ $C{P}^2+C{Q}^2$ értékét, ahol a $P$ pont a $C$ csúcsból induló belső, a $Q$ pont pedig a $C$ csúcsból induló külső szögfelező és az $AB$ oldalegyenes metszéspontja.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Ismert, hogy a súlypont koordinátái a csúcsok megfelelő koordinátáinak számtani közepével egyenlő: $S(\frac{1+12+4}{3};\frac{2+4+8}{3})$, azaz $S(\frac{17}{3};\frac{14}{3})$. $b)$ Két pont távolsága meghatározható a pontok koordinátáinak ismeretében: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle AB}& {\displaystyle =\sqrt[]{{\left(12-1\right)}^2+{\left(4-2\right)}^2}=\sqrt[]{125};}\hfill \\ \hfill {\displaystyle BC}& {\displaystyle =\sqrt[]{{\left(12-4\right)}^2+{\left(4-8\right)}^2}=\sqrt[]{80};}\hfill \\ \hfill {\displaystyle AC}& {\displaystyle =\sqrt[]{{\left(4-1\right)}^2+{\left(8-2\right)}^2}=\sqrt[]{45}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Láthatóan: $A{C}^2+B{C}^2=A{B}^2$, így a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt a $C$ csúcsnál derékszög van. Vagyis a háromszög legnagyobb szöge ${90}^{\circ }$. $c)$ Alkalmazzuk a belső szögfelező osztásarányára vonatkozó tételt: $\frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC}$. Az oldalhosszak ismeretében: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt[]{45}}{\sqrt[]{80}}=\frac{3\sqrt[]{5}}{4\sqrt[]{5}}=\frac{3}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ Legyen $AP=3x$, $BP=4x$. Ezek alapján: $3x+4x=\sqrt[]{125}$, amiből $x=\frac{\sqrt[]{125}}{7}$. Tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle AP=3\cdot \frac{\sqrt[]{125}}{7}=\frac{15\cdot \sqrt[]{5}}{7}\mathrm{.}}\end{array}$ Alkalmazzuk a külső szögfelező osztásarányára vonatkozó tételt:   $\frac{AQ}{BQ}=\frac{AC}{BC}$. Már tudjuk az oldalhosszak ismeretében: $\frac{AC}{BC}=\frac{3}{4}$. Legyen $AQ=3y$, $BQ=4y$. Ezek alapján: $4y-3y=\sqrt[]{125}$, amiből $y=\sqrt[]{125}$. Tehát $AQ=3\cdot \sqrt[]{125}=15\cdot \sqrt[]{5}$. Megadható $PQ$ a két szakasz hosszával: $\begin{array}{c}{\displaystyle PQ=AP+AQ=\frac{15\cdot \sqrt[]{5}}{7}+15\cdot \sqrt[]{5}=\frac{120}{7}\cdot \sqrt[]{5}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $PQ$ az átfogója az $PCQ$ derékszögű háromszögnek (a belső és a külső szög mindig merőleges egymásra), azért $C{P}^2+C{Q}^2=P{Q}^2$. Ezek alapján a kérdéses négyzetösszeg: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{120}{7}\cdot \sqrt[]{5}\right)}^2=\frac{{120}^2\cdot 5}{49}\approx 1469\mathrm{,}39.}\end{array}$   9. Határozzuk meg a következő határozott integrálok értékét: $a)$  $\underset{-1}{\overset{4}{\int }}\left(x^2-2x+2\right)dx$; $b)$  $\underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\left(x+\text{cos}x\right)dx$; $c)$  $\underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(e^x-\frac{1}{x}\right)dx$; $d)$  $\underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(2x+1\right)}^{4}dx$.   Megoldás. a) ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{-1}{\overset{4}{\int }}\left(x^2-2x+2\right)dx}& {\displaystyle ={\left[\frac{x^3}{3}-2\cdot \frac{x^2}{2}+2x\right]}_{-1}^4=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(\frac{4^3}{3}-2\cdot \frac{4^2}{2}+2\cdot 4\right)-\left(\frac{{\left(-1\right)}^3}{3}-2\cdot \frac{{\left(-1\right)}^2}{2}-2\right)=\frac{50}{3}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   b) ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{-\pi }{\overset{\pi }{\int }}\left(x+\text{cos}x\right)dx}& {\displaystyle ={\left[\frac{x^2}{2}+\text{sin}x\right]}_{-\pi }^{\pi }=\left(\frac{{\pi }^2}{2}+\text{sin}\pi \right)-\left(\frac{{\left(-\pi \right)}^2}{2}+\text{sin}\left(-\pi \right)\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\text{sin}\pi -\text{sin}\left(-\pi \right)=0.}\hfill \end{array}}$   c) $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{1}{\overset{2}{\int }}\left(e^x-\frac{1}{x}\right)dx={\left[e^x-\text{ln}|x|\right]}_1^2=\left(e^2-\text{ln}2\right)-\left(e-\text{ln}1\right)=e^2-e-\text{ln}2.}\end{array}$   d) ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{0}{\overset{1}{\int }}{\left(2x+1\right)}^{4}dx}& {\displaystyle =\underset{0}{\overset{1}{\int }}\left(16x^4+32x^3+24x^2+8x+1\right)dx=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle ={\left[16\cdot \frac{x^5}{5}+32\cdot \frac{x^4}{4}+24\cdot \frac{x^3}{3}+8\cdot \frac{x^2}{2}+x\right]}_0^1}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{16}{5}+8+8+4+1=\frac{121}{5}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$