Cím: Megoldásvázlatok a 2011/4. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2011/május, 269 - 275. oldal  PDF file

Megoldásvázlatok a 2011/4. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz

 

I. rész
 

 
1. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet:
2x2-1961x+4000x2-2011x+2010-x2+51x-20(x-2010)(x-1)=0.(11 pont)
 

 
Megoldás. A két nevező egyenlő. A feladat értelmezési tartománya: xR\{1;2010}. A számlálók különbségének nullát kell adnia:
(2x2-1961x+4000)-(x2+51x-20)=0.
A következő másodfokú egyenletet kapjuk: x2-2012x+4020=0. A gyökök: x1=2, x2=2010. A feladat megoldása az x1=2, mert csak ez van benne az értelmezési tartományban.
 

2. Nagymama konyháját az ábrán látható négyzet alakú járólapokkal burkolták. A lap belsejében a mintát alkotó szakaszok mindegyike 5,8cm hosszú. A nyolc egybevágó rombuszból négy fehér, négy piros, a lap többi része szürke.
 
 

a) Adjuk meg egy járólap méretét milliméterre kerekítve.
 
b) A járólap területének hány százaléka piros, és hány százaléka szürke?
 
c) Egy járólapot a középpontján át, két fehér rombusz átlója mentén kettévágunk. Milyen hosszú a vágás?
 (13 pont)
 
Megoldás. a) A rombuszok egybevágók, ezért mindegyiknek a hegyesszöge 45-os (hiszen nyolc darab alkot egy teljesszöget). A rombuszok tompaszögei ezek alapján 135-osak. Tovább számolva kapjuk, hogy a sarkokban négyzetek láthatók, a háromszögek pedig egyenlő szárú derékszögű háromszögek. Ezek alapján használhatjuk az ábra jelöléseit.
A négyzet alakú járólap oldala: a=2x+x2=x(2+2), ahol x=5,8 cm. Vagyis milliméterre kerekítve: a19,8 cm.
 
 

b) A járólap területe: T=5,82(2+2)2392,14 (cm2). A szürke rész hat darab 5,8 cm oldalhosszúságú négyzet területével egyenlő:
tszürke=65,82=201,84(cm2).
A maradék fele piros:
tpiros=392,14-201,842=95,15(cm2).
Százalékokat kell meghatároznunk:
201,84100392,1451,47,illetve95,15100392,1424,26.
Vagyis a szürke rész kb. 51,47%, a piros rész pedig kb. 24,26%.
c) Az ABC derékszögű háromszög AB átmérőjének hosszát kell meghatároznunk. Tudjuk, hogy BC=5,82, AC=5,8(2+2). Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt:
AB=(5,82)2+5,82(2+2)221,4.
Vagyis a vágás hossza kb. 21,4 cm.
 

 
3. Határozzuk meg azt a pozitív egész x értéket, amelyre a következő összeg egészekre kerekítve 2540 lesz.
logx(512)+logx(5223)+logx(5334)+...+logx(59999100).(13 pont)
 

 
Megoldás. Használjuk a szorzat logaritmusára vonatkozó azonosságot:
logx5+logx12+logx52+logx23+logx53+logx34+...+logx599+logx99100.
Csoportosítsuk a tagokat:
(logx5+logx52+...+logx599)+(logx12+logx23+...+logx99100).

Az első zárójeles kifejezést tovább alakítjuk a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosság felhasználásával:

logx5+logx52+...+logx599=1logx5+2logx5+...+99logx5==(1+2+3+...+99)logx5=99(99+1)2logx5=4950logx5.



Most a második zárójelben lévő összeget hozzuk egyszerűbb alakra:

logx12+logx23+...+logx99100=logx(1223...99100)==logx1223...99100=logx1100=logx110.


Vagyis:
4950logx5+logx0,1=4950lg5lgx-1lgx=4950lg5-1lgx.

 
Mivel 4950lg5-1lgx egészekre kerekített értéke 2540, azért 2539,5<4950lg5-1lgx<2541,5, amiből következik az is, hogy lgx pozitív. Átrendezés után:
1,360<4950lg5-12541,5<lgx4950lg5-12539,5<1,363.
Mivel a 10-es alapú exponenciális függvény növekedő függvény, azért az egyenlőtlenségek iránya nem változik: 22,9<x<23,07.
Egyetlen egész tesz eleget a feladat követelményeinek, mégpedig a 23.
 

 
4. Adjuk meg a következő hozzárendeléssel adott függvények legbővebb értelmezési tartományát és a hozzátartozó értékkészletet, ha mindkét halmaz csak egész számokból áll:
a)f(x)=5-xx+7;b)g(x)=|5-xx+7|.(14 pont)
 

 
Megoldás. a) A négyzetgyök miatt 5-xx+70, vagyis x]-7;5]. Mivel x egész szám, ezért az intervallumot tovább kell szűkítenünk: x{-6;-5;-4;-3;-2;-1;0;1;2;3;4;5}. Ezek közül csak azok a számok maradhatnak, amelyekre f(x) is egész. A tizenkét számot könnyen ellenőrizhetjük és két lehetőséget kapunk: f(-1)=1, f(5)=0.
Vagyis az f(x) értelmezési tartománya: x{-1;5}, az értékkészlete: f(x){0;1}.
b) A nevező miatt: x-7. Ezen túl csak azok az egész számok maradhatnak, amelyekre g(x) is egész. Végezzük el a következő átalakítást:
g(x)=|5-xx+7|=|-(x+7)+12x+7|=|-1+12x+7|.
Ez csak akkor lehet egész szám, ha -1+12x+7 egész, azaz x+7 osztója a 12-nek. Ezek alapján a megfelelő értékeket táblázatban rögzítettük.
x+7-12-6-4-3-2-11234612x-19-13-11-10-9-8-6-5-4-3-15g(x)23457131153210
Vagyis a g(x) értelmezési tartománya: x{-19;-13;-11;-10;-9;-8;-6;-5;-4;-3;-1;5}, az értékkészlete: g(x){0;1;2;3;4;5;7;11;13}.

 

II. rész
 
 

 
5. Az f(x) egy másodfokú függvény, a g(x) pedig egy lineáris törtfüggvény. Tudjuk, hogy f(0)=g(0)=0, f(1)=g(1)=-1, f(3)=3, a g(3) pedig nem értelmezhető.
a) Határozzuk meg az f(44) értékét.
b) Határozzuk meg a g(9) értékét.
c) Hány megoldása lehet az f(x)=g(x) egyenletnek? Adjuk meg a gyököket.
  (16 pont)

 
Megoldás. a) Legyen f(x)=ax2+bx+c hozzárendelésű másodfokú függvény. Tudjuk, hogy f(0)=c=0, f(1)=a+b=-1, f(3)=9a+3b=3. Az így kapott egyenletrendszer megoldása: a=1, b=-2, azaz f(x)=x2-2x. Vagyis f(44)=442-244=1848.
b) Legyen g(x)=ax+bcx+d hozzárendelésű lineáris törtfüggvény (c0).
 
Tudjuk, hogy g(0)=bd=0, ezért b=0.
 
Tudjuk, hogy g(3) nincs értelmezve, vagyis g(x)=axcx-3c. Tudjuk továbbá, hogy g(1)=ac-3c=a-2c=-1, azaz a=2c. Mindent összevetve:
g(x)=2cxcx-3c=2xx-3,vagyisg(9)=299-3=3.

c) Keressük az összes valós x értéket,
 
amelyre f(x)=g(x), vagyis keressük az
x2-2x=2xx-3 egyenlet megoldásait. (x-3)-mal szorozhatunk (x3). Mivel harmadfokú egyenletet kapunk, ezért legfeljebb három megoldást kaphatunk. A műveletek elvégzése és a rendezés után: x3-5x2+4x=0. A bal oldalon álló kifejezést szorzattá alakíthatjuk: x(x-1)(x-4)=0.
Vagyis az egyenlet gyökei: 0, 1, 4.

6. Az ábrán látható szürkére festett vaskerítés nyolc egymás melletti résén szeretnénk átdobni egy kislabdát. A kerítés 4cm széles vasrudakból készült. Egy kerítéselem szélessége 164cm, magassága 78cm , a labda átmérője 8cm. Dobásunk véletlenszerűnek tekinthető, de a kerítéselem téglalapját biztosan eltaláljuk (a labda középpontjával).
 

 
1. ábra
 

a) Mekkora valószínűséggel tudjuk átdobni a labdát a kerítés résein úgy, hogy az ne érintkezzen a kerítéssel?
b) Mekkora labda esetén lesz ez a valószínűség 0,5?
 (16 pont)
 
Megoldás. a) Az adatok alapján egy rés mérete 70 cm-szer 16 cm-es téglalap. A labda középpontja ezektől a határvonalaktól legalább 4 cm-re kell, hogy legyen, mert egyébként a labda nekiütközik a vasnak. Vagyis a labda középpontja egy 62 cm-szer 8 cm-es téglalapon haladhat át.
A kerítés elem teljes területe: T=78164=12792 (cm2). A kedvező rész területe: t=8628=3968 (cm2). A keresett valószínűség:
p(jó dobás)=3968127920,31.
Vagyis kb. 0,31 valószínűséggel tudjuk átdobni a labdát a kerítés résein.
b) Legyen a labda sugara x cm. Egy rés mérete 70 cm-szer 16 cm-es téglalap. A labda középpontja ezektől a határvonalaktól legalább x cm-re kell, hogy legyen. A labda középpontja egy (70-2x) cm-szer (16-2x) cm-es téglalapon haladhat át. A kerítés elem teljes területe: T=12792 cm2. Most a kedvező rész területe: t=8(70-2x)(16-2x) cm2. A keresett valószínűség:
p(jó dobás)=8(70-2x)(16-2x)12792=0,5,(70-2x)(16-2x)=799,5,4x2-172x+320,5=0,x1;2=172±1722-51288{41,05,1,95.


Mivel egy rés 16 cm széles, ezért a labda sugara nem lehet nagyobb, mint 8 cm. Vagyis a labda sugara csak az x2 lehet. Ezek alapján a labda átmérője milliméter pontossággal: 3,9 cm.
 

 
7. Adott a koordinátarendszerben az S(-1;3) és az L(9;3) pont.
a) Adjuk meg azokat a Z pontokat koordinátáikkal, amelyekre az SZL háromszög derékszögű és a területe 20.
b) Adjuk meg azoknak a Z(x;y) pontoknak a halmazát, amelyekre SZ2+LZ2=68.
  (16 pont)

 
Megoldás. a) Három eset lehetséges.
I. eset: a derékszög az S csúcsnál található. Mivel SL=10, ezért SZ=4, hiszen így lesz a háromszög területe 20. Azaz két megfelelő pont létezik: Z1(-1;7), Z2(-1;-1).
II. eset: a derékszög az L csúcsnál van. Az előző esethez hasonlóan kapjuk a következő két pontot: Z3(9;7), Z4(9;-1).
III. eset: a derékszög a Z csúcsnál helyezkedik el. Ekkor a keresett pontok az SL átmérőjű Thalész-körre illeszkednek, továbbá az SL egyenestől 4 egységre párhuzamosan futó egyenesre. Ilyen egyenes kettő van, azaz még négy megfelelő pontot találunk. A Thalész-kör egyenlete: (x-4)2+(y-3)2=25, a két egyenes egyenlete pedig y=7, illetve y=-1. Ezek alapján a négy pont: Z5(1;7), Z6(1;-1), Z7(7;7), Z8(7;-1).
Vagyis nyolc megfelelő Z pont található.
b) Írjuk fel a két pont távolságára ismert összefüggést:

SZ2+LZ2=[(x+1)2+(y-3)2]+[(x-9)2+(y-3)2]=68,x2+2x+1+y2-6y+9+x2-18x+81+y2-6y+9=68,x2-8x+y2-6y=-16,(x-4)2+(y-3)2=9.


A keresett ponthalmaz a K(4;3) középpontú, r=3 sugarú kör.
 

 
8. Oldjuk meg a következő egyenletet:
sin6x+cos6x+sin4x+cos4x+sin2x+cos2x=32+222.(16 pont)
 

 
Megoldás. Tudjuk, hogy sin2x+cos2x=1 minden x-re, ezért ennyivel csökkenthetjük mindkét oldal értékét:
sin6x+cos6x+sin4x+cos4x=2+222.
A négyzetgyök alatti kifejezéseket átalakítjuk:
A=sin6x+cos6x=(sin2x+cos2x)3-3sin2xcos2x(sin2x+cos2x)=1-34sin22x,B=sin4x+cos4x=(sin2x+cos2x)2-2sin2xcos2x=1-12sin22x.
Mivel 0sin22x1, ezért 14A1 és 12B1.
Az egyenlet bal oldalán lévő két négyzetgyökös kifejezés minimumértékének összege: 14+12, ami 2+222 alakban is írható.
 
Vagyis egyenletünknek akkor van megoldása, ha mindkét négyzetgyökös kifejezés a minimumértéket veszi fel. Ez csak a sin22x=1 esetén valósul meg, azaz sin2x=1 vagy sin2x=-1. Ebből kapjuk, hogy 2x=π2+kπ (kZ). Tehát az egyenlet megoldása:
x=π4+kπ2(kZ).

 

 
9. Az A(1;0), B(1;6), C(6;1), D(6;0) pontok által meghatározott négyszög BC oldalát először helyettesítsük a K(6;6) középpontú és r=5 sugarú kör B és C közötti rövidebb ívével, másodszor pedig az f(x)=6x hozzárendeléssel adott függvény grafikonjának a B és C közötti darabjával.
a) Határozzuk meg mindkét esetben az ABCD síkidom területét. Melyik a nagyobb?
b) Adjuk meg a B és C pontokat összekötő két görbe vonal közös pontjainak koordinátáit.  (16 pont)

 
Megoldás. a) Az első esetben az ABKD téglalapból hiányzik egy K középpontú, r=5 sugarú negyedkör. Vagyis ebben az esetben a terület:
T1=56-52π4=120-25π410,365.

 
 

A második esetben a területet a következő integrállal számíthatjuk ki:
T2=166xdx=6161xdx=6[ln|x|]16=6(ln6-ln1)=6ln610,751.
Vagyis a második esethez tartozó síkidom területe a nagyobb 0,386-del.
b) Az első esethez tartozó körív egyenlete: (x-6)2+(y-6)2=25. A BC húrhoz tartozó rövidebb körív, mint grafikon, a következő függvényhez tartozik:
g(x)=6-25-(x-6)2,aholx[1;6].
A második esetben az f(x)=6x hozzárendelésű függvényről van szó, ahol x[1;6]. A feladat az f(x)=g(x) egyenlet megoldása az [1;6] intervallumon:
6x=6-25-(x-6)2.
A vizsgált intervallumon végezzük el a következő átalakításokat:
25-x2+12x-36=6-6x,x-x2+12x-11=6x-6,x2(-x2+12x-11)=36x2-72x+36,0=x4-12x3+47x2-72x+36.


A feladat szövegéből következik, hogy az x1=1, valamint az x2=6 megoldása az egyenletnek (hiszen mindkét görbére illeszkedik a B és a C pont). Ezért az egyenlet a következő alakban is írható: 0=(x-1)(x-6)(x2+ax+b). Végezzük el a szorzásokat, az együtthatókat összehasonlítva az előbb kapott negyedfokú egyenlet megfelelő együtthatóival kapjuk, hogy b=6, a=-5. Vagyis
0=(x-1)(x-6)(x2-5x+6)=(x-1)(x-6)(x-2)(x-3).
További két megoldás: x3=2, x4=3.
Tehát a B(1;6) és a C(6;1) pontok mellett még két közös pontja van a két görbének: E(2;3), F(3;2).