Cím:	Megoldásvázlatok a 2014/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2014/április, 196 - 202. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldásvázlatok a 2014/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz     1. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{2x^2-12x+107}{x^3-7x-6}=\frac{x^2+8x+16}{\left(x-3\right)\left(x^2+3x+2\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ (11 pont)   Megoldás. A $\left(x-3\right)\left(x^2+3x+2\right)\ne 0$, mert a tört nevezőjéről van szó. A másodfokú tényező zérushelyeit is meghatározva kapjuk: $x\ne -\mathrm{2,}-\mathrm{1,3}$. A két nevezőről a beszorzás elvégzésével megállapíthatjuk, hogy egyenlők: $\left(x-3\right)\left(x^2+3x+2\right)=x^3-7x-6$. Ezek szerint a feladat értelmezési tartománya: $x\in \text{R}\setminus \left\{-2;-1;3\right\}$. Mivel a két tört nevezője egyenlő, ezért egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha a számlálók is egyenlők: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2x^2-12x+107}& {\displaystyle =x^2+8x+\mathrm{16,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2-20x+91}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ A megoldóképlettel kapjuk: $x_1=7$, $x_2=13$. Ezek az egyenlet gyökei, mert mindkettő benne van az értelmezési tartományban.   2. A lottósorsolás előtt a sorsoló gömbben elhelyeztek $90$ golyót $1$-től $90$-ig megszámozva. $a)$ Mennyi a valószínűsége annak, hogy egyszerre két golyót kihúzva egy köbszám két egész szomszédja lesz a kisorsolt két szám? $b)$ Mennyi a valószínűsége annak, hogy egyszerre öt golyót kihúzva a húzott számok számjegyei mind párosak lesznek?  (12 pont)   Megoldás. $a)$ 1-től 90-ig három olyan köbszám található, amelyeknek mindkét egész szomszédja szerepel a golyókon: 8, 27, 64. Ezek alapján tudjuk, hogy három megfelelő számpárt húzhatunk: $\left(7;9\right)$, $\left(26;28\right)$, $\left(63;65\right)$. A 90 golyó közül kettőt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{90}{2}\right)=4005$-féleképpen lehet kiválasztani. A keresett valószínűséget a kedvező és az összes esetek hányadosaként kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle P=\frac{3}{4005}\approx 0\mathrm{,}00075.}\end{array}$ $b)$ Az egyjegyűek között a 2, 4, 6, 8 számok lesznek a megfelelőek. A kétjegyűek között a 20, 40, 60 és 80 számok megfelelnek a feltételeknek, és az utánuk következő négy-négy páros szám is. Vagyis összesen 24 olyan szám van 1-től 90-ig, amelynek a számjegyei párosak. Ha mind az öt kihúzott szám ezek közül való, akkor kedvező esetet kapunk. Ezek alapján a kedvező esetek száma: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{24}{5}\right)=42504$. Az összes esetek száma: $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{90}{5}\right)=43949268$. A keresett valószínűséget most is a kedvező és az összes esetek hányadosaként kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle P=\frac{42504}{43949268}\approx 0\mathrm{,}00097.}\end{array}$   3. $a)$ Az $x^2-\left(4k-2\right)x+y^2-\left(2k+4\right)y+c=0$ köregyenletben határozzuk meg a $k$ és a $c$ paraméter értékét úgy, hogy a kör érintse mindkét koordinátatengelyt. $b)$ Az $x^2-10x+y^2-10y+25=0$ egyenlettel megadott körvonalra illeszkedik az $ABC$ szabályos háromszög minden csúcsa. Adjuk meg a háromszög hiányzó csúcsainak koordinátáit, ha $A\left(5;10\right)$.  (14 pont)   Megoldás. $a)$ A megadott egyenletet hozzuk ${\left(x-u\right)}^2+{\left(y-v\right)}^2=r^2$ alakra: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(x-2k+1\right)}^2-{\left(2k-1\right)}^2+{\left(y-k-2\right)}^2-{\left(k+2\right)}^2+c=\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(x-2k+1\right)}^2+{\left(y-k-2\right)}^2={\left(2k-1\right)}^2+{\left(k+2\right)}^2-c\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A kör mindkét koordinátatengelyt akkor érinti, ha (1) $u=v$, (2) $u=-v$. (1) Ebben az esetben: $2k-1=k+2$, azaz $k=3$. A kör egyenlete így alakul: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-5\right)}^2+{\left(y-5\right)}^2={\left(2\cdot 3-1\right)}^2+{\left(3+2\right)}^2-c=50-c\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a kör középpontjának koordinátái $\left(5;5\right)$, így a kör sugara is 5, vagyis $50-c=25$, azaz $c=25$. (2) Ebben az esetben: $2k-1=-k-2$, azaz $k=-\frac{1}{3}$. A kör egyenlete ekkor így alakul: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x+\frac{5}{3}\right)}^2+{\left(y-\frac{5}{3}\right)}^2=\frac{25}{9}+\frac{25}{9}-c=\frac{50}{9}-c\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a kör középpontjának koordinátái $\left(-\frac{5}{3};\frac{5}{3}\right)$, így a kör sugara $\frac{5}{3}$, vagyis $\frac{50}{9}-c=\frac{25}{9}$, azaz $c=\frac{25}{9}$. A $k$ és $c$ paraméterekre a fenti két értékpárt kaptuk. $b)$ A kör egyenletét ${\left(x-5\right)}^2+{\left(y-5\right)}^2=25$ alakra tudjuk hozni. Ennek ismeretében a kör középpontja: $K\left(5;5\right)$, a sugara: $r=5$. Az $r=5$ sugarú körbe $m=7\mathrm{,}5$ magasságú szabályos háromszög írható. A szabályos háromszög $a$ oldala és $m$ magassága közötti kapcsolat: $m=\frac{\sqrt[]{3}}{2}a$. Vagyis ebben az esetben: $\begin{array}{c}{\displaystyle a=\frac{2\cdot 7\mathrm{,}5}{\sqrt[]{3}}=\frac{15}{\sqrt[]{3}}=5\sqrt[]{3}\mathrm{.}}\end{array}$ Az is megállapítható, hogy a megadott $A\left(5;10\right)$ pont a kör $y$ tengellyel párhuzamos átmérőjének felső végpontja lesz. A szabályos háromszög további csúcsai: $\begin{array}{c}{\displaystyle B\left(5-\frac{a}{2};10-m\right)\mathrm{,}C\left(5+\frac{a}{2};10-m\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az $a$ és az $m$ értékeit behelyettesítve: $\begin{array}{c}{\displaystyle B\left(5-\frac{5\sqrt[]{3}}{2};\frac{5}{2}\right)\mathrm{,}C\left(5+\frac{5\sqrt[]{3}}{2};\frac{5}{2}\right)\mathrm{.}}\end{array}$   4. $a)$ Hány olyan négyjegyű szám van, amely osztható $9$-cel és $3$-ra végződik? $b)$ Egy számtani sorozat első $33$ páratlan sorszámú elemének összege $A$, az első $32$ páros sorszámú elemének összege $B$, az első $32$ páratlan sorszámú elemének összege pedig $C$. Tudjuk, hogy $A-B=323$ és $B-C=320$. Mennyi a sorozat $50.$ eleme?  (14 pont)   Megoldás. $a)$ A 3-ra végződő négyjegyű szám akkor osztható 9-cel, ha a 3 előtt levő háromjegyű szám 9-cel osztva 6 maradékot ad. Vagyis a 105, 114, $\text{...}$, 996 számokra kell gondolnunk. Ezek száma 100. Ezek lesznek azok a számok, amelyekhez egy 3-as számjegyet írva megfelelő számot kapunk. Vagyis 100 darab olyan négyjegyű szám van, amely osztható 9-cel és 3-ra végződik. $b)$ Legyen a feladatban szereplő számtani sorozat első eleme $a$, a differenciája $d$. Az első 33 páratlan sorszámú elemének összegét úgy vehetjük, mint egy $a$ első elemű és $2d$ differenciájú számtani sorozat első 33 tagjának összegét: $\begin{array}{c}{\displaystyle A=33\cdot \frac{2a+\left(33-1\right)\cdot 2d}{2}=33a+1056d\mathrm{.}}\end{array}$ Az első 32 páros sorszámú elemének összegét úgy vehetjük, mint egy $a+d$ első elemű és $2d$ differenciájú számtani sorozat első 32 tagjának összegét: $\begin{array}{c}{\displaystyle B=32\cdot \frac{2\left(a+d\right)+\left(32-1\right)\cdot 2d}{2}=32a+1024d\mathrm{.}}\end{array}$ Az első 32 páratlan sorszámú elemének összegét úgy vehetjük, mint egy $a$ első elemű és $2d$ differenciájú számtani sorozat első 32 tagjának összegét: $\begin{array}{c}{\displaystyle C=32\cdot \frac{2a+\left(32-1\right)\cdot 2d}{2}=32a+992d\mathrm{.}}\end{array}$ A szöveg szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle A-B=\left(33a+1056d\right)-\left(32a+1024d\right)=a+32d=\mathrm{323,}}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle B-C=\left(32a+1024d\right)-\left(32a+992d\right)=32d=320.}\end{array}$ Vagyis $d=10$, $a=3$. A sorozat 50. eleme az $a+49d=3+49\cdot 10=493$.   II. rész     5. $a)$ Két szabályos dobókockával dobunk, a pirossal dobott érték legyen $a$, a fehérrel dobott pedig legyen $b$. Mekkora a valószínűsége annak, hogy két egész gyöke lesz az $a{x}^2+bx=0$ egyenletnek? $b)$ Három szabályos dobókockával dobunk, a pirossal dobott érték legyen $a$, a fehérrel dobott legyen $b$, a zölddel dobott pedig legyen $c$. Mekkora a valószínűsége annak, hogy két azonos, egész gyöke lesz az $a{x}^2-bx+c=0$ egyenletnek? $c)$ Három szabályos dobókockával dobunk, a pirossal dobott érték legyen $a$, a fehérrel dobott legyen $b$, a zölddel dobott pedig legyen $c$. Mekkora a valószínűsége annak, hogy három különböző, pozitív egész gyöke lesz az $x^3-6x^2+\left(a+b\right)x-c=0$ egyenletnek?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ A hiányos másodfokú egyenlet $x\left(ax+b\right)=0$ alakban is írható. Ennek az egyenletnek az egyik gyöke az $x_1=0$, a másik gyöke az $x_2=-\frac{b}{a}$. Vagyis csak azok a dobások jöhetnek szóba, amikor a piros kockával dobott szám osztója a fehér kockával dobott számnak. A megfelelő párok a következők:   ${\displaystyle \begin{array}{|ccccccccccccccc|}\hline \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>b</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6 }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>a</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{4}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{5}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{1}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{2}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{3}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{6 }}\hfill \\ \hline\end{array}}$   A táblázat alapján látható, hogy a kedvező esetek száma: 14. A két különböző színű kockával dobható összes esetek száma: $6\cdot 6=36$. A keresett valószínűség: $P=\frac{14}{36}=\frac{7}{18}$. $b)$ Szükséges feltétel, hogy a diszkrimináns nulla legyen: $b^2-4ac=0$, azaz $b^2=4ac$. Mivel a $4ac$ páros, ezért a $b$-nek is párosnak kell lenni. Vizsgáljuk ezt a három esetet. I. Ha $b=2$, akkor $ac=1$. Ekkor $a=1$, $c=1$ adódik. Az $x^2-2x+1=0$ egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez egy jó számhármas. II. Ha $b=4$, akkor $ac=4$. Ekkor $a$-ra és $c$-re három pár adódik: $i)$ $a=1$, $c=4$. Az $x^2-4x+4=0$ egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez egy jó számhármas. $ii)$ $a=2$, $c=2$. Az ${2x}^2-4x+2=0$ egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez is egy jó számhármas. $iii)$ $a=4$, $c=1$. Az ${4x}^2-4x+1=0$ egyenletnek nem egészek a gyökei, így ez nem jó számhármas. III. Ha $b=6$, akkor $ac=9$. Ekkor $a$-ra és $c$-re három pár adódik: $i)$ $a=1$, $c=9$. Ebből nem kapunk megoldást, mivel $c=9$-et nem dobhatunk. $ii)$ $a=3$, $c=3$. Az ${3x}^2-6x+3=0$ egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez egy jó számhármas. $iii)$ $a=9$, $c=1$. Az ${9x}^2-6x+1=0$ egyenletnek nem egészek a gyökei, így ez nem jó számhármas. Összesen 4 megfelelő számhármas van. Az összes esetek száma, a három különböző kockával dobva: $6^3=216$. A keresett valószínűség: $P=\frac{4}{216}=\frac{1}{54}$. $c)$ Ha van az $x^3-6x^2+\left(a+b\right)x-c=0$ egyenletnek pozitív egész gyöke, akkor az csak a $c$ pozitív osztója lehet. Mivel $c$ lehetséges értékei: 1, 2, 3, 4, 5, 6, így csak a $c=4$ és a $c=6$ a lehetséges értékek, hiszen ezekben az esetekben van három különböző pozitív osztó. Ha $c=4$, a 4 osztói nem lehetnek a harmadfokú egyenlet gyökei, tehát csak a $c=6$ a megfelelő. A keresett harmadfokú egyenlet gyöktényezős alakja: $\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)=0$. Elvégezve a beszorzásokat: $x^3-6x^2+11x-6=0$. Mivel $a+b=11$, így $a=5$, $b=6$ vagy $a=6$, $b=5$. Azaz a kedvező esetek száma 2. Az összes esetek száma, a három különböző kockával dobva: $6^3=216$. A keresett valószínűség: $P=\frac{2}{216}=\frac{1}{108}$.   6. Adott három függvény a hozzárendelési szabályával a $\left[0;2\right]$ intervallumon: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle =x^4-3x^2+\mathrm{3,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle g\left(x\right)}& {\displaystyle =2|x-1|+\mathrm{1,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle h\left(x\right)}& {\displaystyle =2\text{sin}x\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Tekintsük azokat a síkidomokat, amelyeket az $y$ tengely, az $x$ tengely, az $x=2$ egyenletű egyenes, valamint az adott függvény grafikonja határol. Határozzuk meg a három síkidom területét.  (16 pont)   Megoldás. Az $\begin{array}{c}{\displaystyle x^4-3x^2+3={\left(x^2-\frac{3}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}}\end{array}$ átalakítás mutatja, hogy az $f$ függvény mindenütt pozitív értékeket vesz fel, vagyis a grafikonja az $x$ tengely fölött található. A kérdéses síkidom területét a következő határozott integrállal számolhatjuk ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_1=\underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(x^4-3x^2+3\right)dx={\left[\frac{x^5}{5}-x^3+3x\right]}_0^2=\frac{2^5}{5}-2^3+3\cdot 2=\frac{22}{5}\mathrm{.}}\end{array}$ A $g\left(x\right)=2|x-1|+1$ függvény képét az $|x|$ transzformálásával megkaphatjuk. A kapott síkidomot a függőleges szimmetriatengelye két egybevágó trapézra vágja.     A kérdéses síkidom területét a két egybevágó trapéz területe adja: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_2=2\cdot \frac{\left(3+1\right)\cdot 1}{2}=4.}\end{array}$ A kijelölt intervallumon a $h$ függvény nem vesz fel negatív értékeket. A kérdéses síkidom területét a következő határozott integrállal határozhatjuk meg: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_3=\underset{0}{\overset{2}{\int }}2\text{sin}xdx={\left[-2\text{cos}x\right]}_0^2=-2\text{cos}2+2\text{cos}0\approx 2\mathrm{,}83.}\end{array}$   7. Egy $a$ élhosszúságú kocka minden csúcsánál levágunk a kockából egy olyan háromoldalú gúlát (tetraédert), amelynek mindhárom oldaléle a kockaélek egy $b$ hosszúságú darabja lesz $\left(2b<a\right)$. A megmaradt test térfogata $\frac{47}{48}{a}^3$. $a)$ Hányadrésze a $b$ hosszúságú szakasz az $a$ élnek? $b)$ Adjuk meg a maradék test felszínét $a$-val, ha a $b$ harmada az $a$ élnek.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Egy levágott tetraéder alaplapja egy $b$ befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög, így területe: $T=\frac{b^2}{2}$. Mivel a tetraéder magassága is $b$, így a térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V=\frac{T\cdot b}{3}=\frac{\frac{b^2}{2}\cdot b}{3}=\frac{b^3}{6}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $a^3$ térfogatú kockából 8 db egybevágó tetraédert vágunk le, ezért a maradék test térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^3-8\cdot \frac{b^3}{6}=a^3-\frac{4b^3}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ A feladat szövege szerint: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle a^3-\frac{4b^3}{3}=\frac{47}{48}{a}^3\mathrm{,}\frac{1}{48}{a}^3=\frac{4}{3}{b}^3\mathrm{,}\frac{b^3}{a^3}=\frac{1}{64}\mathrm{,}\frac{b}{a}=\frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}}$ Vagyis a $b$ az $a$ élnek a negyede. $b)$ Ebben az esetben a $b$ harmada az $a$ élnek: $b=\frac{a}{3}$. A vágás során a kocka minden lapjából levágunk négy darab $b$ befogójú, azaz $\frac{a}{3}$ befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszöget. Emiatt a kocka $6a^2$ felszíne 24 ilyen háromszög $T_1$ területével csökken: $\begin{array}{c}{\displaystyle 24\cdot T_1=24\cdot \frac{{\left(\frac{a}{3}\right)}^2}{2}=\frac{4a^2}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ A vágásokkal viszont új felületek keletkeznek. Nyolc szabályos háromszöget kapunk a sarkoknál. A szabályos háromszögek oldala azonos lesz az $\frac{a}{3}$ befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszögek átfogójával: $\frac{a}{3}\cdot \sqrt[]{2}$. Alkalmazva, hogy az $x$ oldalhosszúságú szabályos háromszög területe $\frac{x^2\cdot \sqrt[]{3}}{4}$: $\begin{array}{c}{\displaystyle {8T}_2=8\cdot \frac{{\left(\frac{a\sqrt[]{2}}{3}\right)}^2\cdot \sqrt[]{3}}{4}=\frac{a^2\cdot 4\sqrt[]{3}}{9}\mathrm{.}}\end{array}$ Az eddig kapott részeredményekkel felírható a maradék test felszíne: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle A}& {\displaystyle =6a^2-24T_1+{8T}_2=6a^2-\frac{4a^2}{3}+\frac{a^2\cdot 4\sqrt[]{3}}{9}=\frac{54a^2-12a^2+4{\sqrt[]{3}\cdot a}^2}{9}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{42+4\sqrt[]{3}}{9}\cdot a^2\approx 5\mathrm{,}44a^2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   8. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{{\left(17-12\sqrt[]{2}\right)}^x}+\sqrt[]{{\left(17+12\sqrt[]{2}\right)}^x}=\frac{10}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ (16 pont)   Megoldás. Mivel ${\left(3-2\sqrt[]{2}\right)}^2=17-12\sqrt[]{2}$ és ${\left(3+2\sqrt[]{2}\right)}^2=17+12\sqrt[]{2}$, ezért az egyenletet a következő alakban is írhatjuk: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \sqrt[]{{\left(3-2\sqrt[]{2}\right)}^{2x}}+\sqrt[]{{\left(3+2\sqrt[]{2}\right)}^{2x}}}& {\displaystyle =\frac{10}{3}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(3-2\sqrt[]{2}\right)}^x+{\left(3+2\sqrt[]{2}\right)}^x}& {\displaystyle =\frac{10}{3}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel $\left(3-2\sqrt[]{2}\right)\left(3+2\sqrt[]{2}\right)=1$, ezért az egyenlet bal oldalán szereplő két tag egymás reciproka. Legyen ${\left(3+2\sqrt[]{2}\right)}^x=a$, ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(3-2\sqrt[]{2}\right)}^x=\frac{1}{a}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $\frac{1}{a}+a=\frac{10}{3}$ egyenletet kell megoldanunk, amit $3a$-val szorozva és rendezve kapjuk, hogy: $\begin{array}{c}{\displaystyle 3a^2-10a+3=0.}\end{array}$ Ennek a másodfokú egyenletnek a gyökei: $a_1=3$, $a_2=\frac{1}{3}$. A ${\left(3+2\sqrt[]{2}\right)}^x=3$ egyenletből kapjuk, hogy $x=\text{log}{}_{3+2\sqrt[]{2}}3\approx 0\mathrm{,}623$. A ${\left(3+2\sqrt[]{2}\right)}^x=\frac{1}{3}$ egyenletből kapjuk, hogy $x=\text{log}{}_{3+2\sqrt[]{2}}\frac{1}{3}=-0\mathrm{,}623$. Mindkét szám gyöke az eredeti egyenletnek.   9. Egy fedőlap nélküli, négyzet alapú láda felülete $5\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msup></mrow></math>}$. Mekkora lehet a maximális térfogata a ládának? Adjuk meg ennek a maximális térfogatú ládának a méreteit is (a határoló lapok vastagságát vegyük nullának).  (16 pont)   Megoldás. Legyen a láda alaplapjának éle $a$, a magassága $m$ hosszúságú. Ezekkel az élhosszakkal a láda felszíne: $A=a^2+4am=5$, a láda térfogata: $V=a^{2}m$. Az első összefüggésből kifejezhetjük $m$-et: $\begin{array}{c}{\displaystyle m=\frac{5-a^2}{4a}\mathrm{.}}\end{array}$     Ezt visszahelyettesítjük a térfogatképletbe. A láda térfogata láthatóan $a$ függvényében megadható: $\begin{array}{c}{\displaystyle V\left(a\right)=a^2\cdot \frac{5-a^2}{4a}=\frac{5}{4}a-\frac{1}{4}{a}^3\mathrm{.}}\end{array}$ A $V\left(a\right)$ függvény maximumhelyét és maximumértékét keressük. Deriváljuk a függvényt: $\begin{array}{c}{\displaystyle V\text{'}\left(a\right)=\left(\frac{5}{4}a-\frac{1}{4}{a}^3\right)\text{'}=\frac{5}{4}-\frac{3}{4}{a}^2\mathrm{.}}\end{array}$ A derivált zérushelyei: $a_1=-\sqrt[]{\frac{5}{3}}$, $a_2=\sqrt[]{\frac{5}{3}}$. A negatív gyök a feladatban nem jöhet szóba (az $a$ távolságot jelöl), így csak az $a=\sqrt[]{\frac{5}{3}}$ lehet. Tudjuk, hogy egy függvénynek ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja nulla. Meg kell vizsgálnunk, hogy a kapott helyen van-e szélsőértéke a $V\left(a\right)$ függvénynek, és hogy az maximum-e. A részleteket a következő táblázatban láthatjuk:   ${\displaystyle \begin{array}{|cccc|}\hline \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>a</mi></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn><mo stretchy="false"><</mo><mi>a</mi><mo stretchy="false"><</mo><mrow><mroot><mrow><mrow><mfrac><mrow><mn>5</mn></mrow><mrow><mn>3</mn></mrow></mfrac></mrow></mrow><mrow></mrow></mroot></mrow></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>a</mi><mo stretchy="false">=</mo><mrow><mroot><mrow><mrow><mfrac><mrow><mn>5</mn></mrow><mrow><mn>3</mn></mrow></mfrac></mrow></mrow><mrow></mrow></mroot></mrow></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mroot><mrow><mrow><mfrac><mrow><mn>5</mn></mrow><mrow><mn>3</mn></mrow></mfrac></mrow></mrow><mrow></mrow></mroot></mrow><mo stretchy="false"><</mo><mi>a</mi></math> }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>V</mi><mo stretchy="false">'</mo><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mi>a</mi></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">+</mo></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mn>0</mn></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="false">-</mo></math> }}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>V</mi><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mi>a</mi></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>↗</mo></math>}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{ maximum}}\hfill & \hfill {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo>↘</mo></math> }}\hfill \\ \hline\end{array}}$   Vagyis az $a=\sqrt[]{\frac{5}{3}}\approx 1\mathrm{,}29$ valóban maximumhelye a függvénynek. Ennek ismeretében az $m$ is meghatározható: $\begin{array}{c}{\displaystyle m=\frac{5-a^2}{4a}=\frac{5-{\left(\sqrt[]{\frac{5}{3}}\right)}^2}{4\cdot \sqrt[]{\frac{5}{3}}}=\frac{\frac{10}{3}}{4\cdot \sqrt[]{\frac{5}{3}}}=\frac{\sqrt[]{\frac{5}{3}}}{2}\approx 0\mathrm{,}65.}\end{array}$ Vagyis a láda alsó lapja (századpontossággal) egy 1,29 m oldalhosszúságú négyzet, a magassága pedig ennek az oldalhosszúságnak a fele, kb. 0,65 m. Ezek ismeretében a maximális térfogatot is meg tudjuk adni: $\begin{array}{c}{\displaystyle V=a^{2}m=1\mathrm{,}{29}^2\cdot 0\mathrm{,}65\approx 1\mathrm{,}08{\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"></math>(m}}^3)\mathrm{.}}\end{array}$