Cím: Megoldásvázlatok a 2014/6 sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2014/október, 399 - 409. oldal  PDF file

I. rész
 

1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket:
a) cos(3x-π6)=-32;
b) log2x+log4x=21.  (11 pont)
 
Megoldás. a) A nevezetes szögek szögfüggvényeit felhasználva az egyenlet jobb oldalára írjunk cos5π6-ot:
cos(3x-π6)=cos5π6.
Tudjuk, hogy ha cosα=cosβ, akkor
I. α-β=2k1π, ahol k1Z;
II. α+β=2k2π, ahol k2Z.
Most α=3x-π6, β=5π6. Ezeket felhasználva kapjuk, hogy

3x-π6-5π6=2k1π,3x=π+2k1π,x1=π3+k12π3,ahol  k1Z.(I.)3x-π6+5π6=2k2π,3x=-2π3+2k2π,x2=-2π9+k22π3,ahol  k2Z.(II.)

Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért az egyenlet gyökei x1 és x2.
b) A két logaritmus csak akkor értelmezhető, ha x>0. A 4-es alapról térjünk át 2-es alapra:
log4x=log2xlog24=log2x2.
Ekkor ezt az egyenletet kapjuk:
log2x+log2x2=21,2log2x+log2x=42,log2x=14.
A logaritmus definícióját használva: x=214=16384.
Ez valóban megoldása az egyenletnek, hiszen benne van az értelmezési tartományban, az átalakításaink pedig ekvivalensek voltak.
 
2. a) Gábor 18. születésnapjára 18 vendég volt hivatalos. A vendégek mindegyike pontosan négy vendéget ismert. Az est folyamán minden vendég tombolasorsoláson vett részt. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a tombolasorsolás két nyertese ismeri egymást?
b) Hány csúcsa van annak a fagráfnak, amelybe 78 élt kell berajzolnunk, hogy teljes gráfot kapjunk?  (12 pont)
 
Megoldás. a) A 18 vendéget egy 18 pontú gráffal tudjuk szemléltetni. Két pontot akkor kötünk össze, ha a két pont olyan két vendéget szemléltet, akik ismerik egymást. A feladat szövege szerint ebben a gráfban 1842=36 él található.
Ha mindenki mindenkit ismerne, akkor ennek a teljes gráfnak
(182)=181712=153
éle lenne. A véletlenszerűen kisorsolt két nyertes ennek a teljes gráfnak valamelyik élét határozza meg. Ők csak akkor ismerik egymást, ha az előbb összeszámolt 36 él valamelyikét határozzák meg. A keresett valószínűséget a kedvező esetek számának és az összes esetek számának a hányadosa adja:
p=36153=4170,235.

b) Az n pontú fagráfnak n-1 éle van, az n pontú teljes gráfnak pedig
(n2)=n(n-1)2.
A feladat szövege szerint felírhatjuk a következő egyenletet:
n(n-1)2=(n-1)+78,n2-n=2n+154,n2-3n-154=0.
A kapott másodfokú egyenlet két gyöke: n1=14, n2=-11. A feladat szövegének csak a pozitív gyök tesz eleget. Vagyis a keresett fagráfnak 14 csúcsa van.
 
3. vázlatrajz egy házikóra hasonlító ötszögalapú egyenes hasáb vázlatát mutatja. Ezt a szemléltetőeszközt egy 12 cm élű bükkfakockából fűrészelték ki. A házikó hossza, szélessége, magassága 12 cm, a tető két síkja merőleges egymásra és egybevágó.

 
 

a) Mekkora a test felszíne?
b) Mennyivel lenne könnyebb ez a szemléltetőeszköz, ha lucfenyőből készítették volna?
(A bükkfa sűrűsége 0,68gcm3, a lucfenyő sűrűsége 0,43gcm3.)  (14 pont)
 
Megoldás. A megadott vázlatrajzra írjuk rá az ismert és a kikövetkeztethető adatokat. A továbbiakban az ábrán látható jelölést használjuk.
a) A feladat szövege alapján a hasáb alapja olyan ötszög, amely az EC átló és a DP egyenes mentén két 6 cm oldalú négyzetre és két 6 cm befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszögre vágható. Vagyis az ötszög területe:
T=262+2622=108(cm2).

A hasáb palástját a 12 cm oldalú ABGF négyzet, a két 12 cm és 6 cm oldalú BGHC, illetve AFJE téglalap, valamint a két egybevágó CHDI, EJDI téglalap alkotja. Ezeknek a téglalapoknak az egyik oldaluk szintén 12 cm, a másik oldaluk pedig egyenlő a 6 cm befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogójával, azaz 62 cm hosszúságúak.
Ezeket felhasználva a palást területe:
P=12(12+6+62+62+6)=288+1442491,6(cm2).
A hasáb felszíne:
A=2T+P=2108+491,6=707,6(cm2).

b) A test a PQID és az ECHJ síkok mentén szétdarabolható olyan 12 cm magasságú hasábokra, amelyekből 3 darab 6 cm alapélű 12 cm magasságú négyzetes oszlop illeszthető össze. Vagyis a térfogata a 12 cm élű kocka térfogatának a háromnegyede lesz:
V=34123=1296(cm3).
Vagyis a bükkfából készült kocka tömege 12960,68=881,28 gramm. Ha lucfenyőből készült volna, akkor a tömege 12960,43=557,28 gramm lenne. Vagyis ekkor 324 grammal lenne könnyebb.
Megjegyzés. Természetesen az a) részben kapott T=108 felhasználásával is adódik a hasáb térfogata: V=10812=1296(cm3).
 
4. Két dobókockával 24-szer dobtunk. A dobott számok összege a következő gyakorisági táblázatot adta:
 
Dobott érték23456789101112Gyakoriság01245731100
 

a) Mutassuk meg, hogy a huszonötödik dobás értéke nem lehet olyan, hogy a dobások értékének számtani közepe, mediánja, módusza valamilyen sorrendben egy nem állandó számtani sorozat három egymást követő tagja legyen.
b) Az elméletileg számított valószínűségekhez képest melyiket mondhatjuk szélsőségesebbnek, azt hogy 7 darab 7-est, vagy azt, hogy csak 3 darab 8-ast dobtunk?  (14 pont)
 
Megoldás. Legyen a huszonötödik dobás értéke x. Ekkor a huszonöt szám számtani közepe:
13+24+45+56+77+38+19+110+x25=153+x25.
A gyakorisági táblázat szerint hétszer volt 7-es dobás, a következő gyakoriság pedig az 5. Vagyis a huszonötödik dobástól függetlenül a számsokaság módusza a 7 lesz.
Ha növekedő sorrendben nézzük a számsokaság tagjait, akkor a tizenkettedik helyen 6-os, a tizenharmadik helyen 7-es áll. Ezt látva a mediánra két eset adódik.
Ha a huszonötödik dobás 6-nál nem nagyobb, akkor a medián 6 lesz.
Ha a huszonötödik dobás 7-nél nem kisebb, akkor a medián 7 lesz.
A feladat szövege szerint a módusz és a medián is nem lehet 7, mert a számtani sorozat tagjai nem állandók. Vagyis csak az lehetséges, hogy a medián 6, a módusz pedig 7. Ezekhez a számtani közép értéke háromféle lehetne: 5, 132, 8.
A 153+x25=5 egyenlet megoldása: x=-28.
A 153+x25=132 egyenlet megoldása: x=9,5.
A 153+x25=8 egyenlet megoldása: x=47.
Egyik esetben sem kaptunk megfelelő egész számot, ezzel a feladat állítását igazoltuk.
b) Két különböző kockával dobunk, az összes esetek száma 36.
A dobott összeg 7 a következő esetekben lesz: 1+6, 2+5, 3+4, 4+3, 5+2, 6+1, azaz 6 a kedvező esetek száma.
A dobott összeg 8 a következő esetekben lesz: 2+6, 3+5, 4+4, 5+3, 6+2, azaz 5 a kedvező esetek száma.
A hetes dobás valószínűsége 636, a relatív gyakorisága pedig 724. Az eltérés:
|636-724|=|1272-2172|=18.

A nyolcas dobás valószínűsége 536, a relatív gyakorisága pedig 324. Az eltérés:
|536-324|=|1072-972|=172.

A hetes dobásnál nagyobb az eltérés a relatív gyakoriság és a valószínűség között, mint a nyolcas dobásnál, ezért a 24 dobás során az a szélsőségesebb, hogy hét darab hetest dobtunk.
 

II. rész
 

 
5. Adott a koordináta-rendszerben az A(-1;0), B(1;0) pontpár, továbbá a Cn nemnegatív koordinátájú pontok, amelyekre ACn=BCn=n, ahol nN+. Legyen an=Cn+1Cn.
a) Adjuk meg az {an} sorozat első három tagját.
b) Igazoljuk, hogy {an} szigorúan monoton csökkenő sorozat.
c) Mutassuk meg, hogy az {an} sorozatnak az 1 alsó korlátja.  (16 pont)
 
Megoldás.
a) A feladat szövege szerint: a1=C2C1, a2=C3C2, a3=C4C3.

 
 

Az ABC2 szabályos háromszög magassága C2C1. Mivel a háromszög oldalhossza 2 egység, ezért a1=C2C1=3.
Az ABC3 egyenlő szárú háromszög alaphoz tartozó magasságának hosszát Pitagorasz-tétellel meghatározhatjuk: C3C1=32-12=8. Ekkor
a2=C3C2=C3C1-C2C1=8-3.

Az ABC4 egyenlő szárú háromszögben az előzőhöz hasonlóan járunk el. Kapjuk, hogy C4C1=42-12=15. Ekkor
a3=C4C3=C4C1-C3C1=15-8.

Vagyis: a1=31,732, a2=8-31,096, a3=15-80,045.
b) Az a) feladatban alkalmazott módszerrel megadjuk a sorozat an-1 és an tagját.
Az ABCn-1, ABCn, ABCn+1 egyenlő szárú háromszögek alaphoz tartozó magasságának hosszát Pitagorasz-tétellel meghatározzuk:
Cn-1C1=(n-1)2-12=n2-2n,CnC1=n2-12=n2-1,Cn+1C1=(n+1)2-12=n2+2n.

Vagyis
an-1=CnCn-1=CnC1-Cn-1C1=n2-1-n2-2n,an=Cn+1Cn=Cn+1C1-CnC1=n2+2n-n2-1.
Meg kell mutatnunk, hogy az {an} sorozat szigorúan monoton csökkenő, azaz meg kell mutatnunk, hogy minden 1-nél nagyobb pozitív egész n-re:
n2-1-n2-2n>n2+2n-n2-1.
A következő átalakítások ekvivalensek az 1-nél nagyobb pozitív egész n-ekre:
2n2-1>n2+2n+n2-2n,4(n2-1)>n2+2n+2n2+2nn2-2n+n2-2n,n2-2>n2+2nn2-2n,n4-4n2+4>(n2+2n)(n2-2n),n4-4n2+4>n4-4n2.
Ez minden n-re teljesül, ezért az {an} sorozat valóban szigorúan monoton csökkenő.
c) Meg kell mutatnunk, hogy az {an} sorozat minden tagja nagyobb, vagy egyenlő, mint 1.
Nézzük az ACnCn+1 háromszögeket (n tetszőleges pozitív egész). A feladat szövege szerint: ACn=n, ACn+1=n+1, Cn+1Cn=an. Alkalmazzuk a háromszög-egyenlőtlenséget:
an+n>n+1,an>1.
Ezzel a feladat állítását beláttuk.
 
6. a) A valós számok halmazán értelmezett f(x)=x3+ax2+bx+c hozzárendeléssel adott függvényről tudjuk a következőket:
I. 01f(x)dx=5312.
II. -2 abszcisszájú pontjában húzott érintő egyenlete: y=7x+29.
Adjuk meg f(13) értékét.
b) Igazoljuk, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)=x3-x2-9x+9 hozzárendeléssel adott függvénynek három zérushelye van.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Tudjuk, hogy 01(x3+ax2+bx+c)dx=5312, vagyis:
[x44+ax33+bx22+cx]01=5312,14+a3+b2+c=5312,3+4a+6b+12c=53,2a+3b+6c=25.
Az érintő egyenletét ismerve meghatározhatjuk a függvény görbéjén a -2 abszcisszájú pont második koordinátáját: y=7(-2)+29=15.
Azaz a (-2;15) pont illeszkedik a függvény görbéjére. Ezeket a koordinátákat behelyettesítve a hozzárendelési szabályba:
-8+4a-2b+c=15,4a-2b+c=23.
Az érintő egyenletéből leolvasható, hogy a (-2;15) pontban húzott érintő meredeksége 7. Az érintő meredekségét deriválással kaphatjuk:
(x3+ax2+bx+c)'=3x2+2ax+b.
Mivel -2-nél 7 a meredekség, ezért:
3(-2)2+2a(-2)+b=7,-4a+b=-5.
Az a, b és c együtthatókra a következő három egyenletből álló, három ismeretlenes egyenletrendszert kaptuk:
2a+3b+6c=254a-2b+c=23-4a+b=-5.}
A második egyenlet 6-szorosából kivonva az első egyenletet, a harmadik egyenletet pedig 15-tel szorozva:
22a-15b=113-60a+15b=-75.}
Összeadás után: -38a=38, amiből a=-1.
Visszahelyettesítéssel: b=-9, c=9. Az együtthatók ismeretében:
f(x)=x3-x2-9x+9.
A kérdéses függvényérték: f(13)=133-132-913+9=1920.
b) Kiemelésekkel szorzattá alakítjuk a függvény hozzárendelési szabályában szereplő harmadfokú kifejezést:
f(x)=x3-x2-9x+9=x2(x-1)-9(x-1)=(x-1)(x2-9).
Az a2-b2=(a-b)(a+b) nevezetes azonosságot alkalmazva (x2-9)-re:
f(x)=(x-1)(x-3)(x+3).
Vagyis valóban három zérushelye van a függvénynek: -3, 1, 3.
 
7. a) A K(4;2) középpontú, 40 sugarú kör és az x tengely két metszéspontja legyen A és B. Az ABC háromszögben AC=BC, továbbá az ABC háromszög beírt körének középpontja K. Adjuk meg a C pont koordinátáit.
b) Az y=x2-2x-3 egyenletű parabola és az x tengely két metszéspontja legyen A és B. Az AB szakasz felezőpontját F-fel, a parabola tengelypontját T-vel jelöljük, a parabolához A-ban és B-ben húzott érintők metszéspontját pedig C-vel. Mutassuk meg az egy egyenesre illeszkedő F, T, C pontokra, hogy T az FC szakasz felezőpontja.  (16 pont)
 
Megoldás.
a) A megadott középponttal és sugárral felírható a kör egyenlete:
(x-4)2+(y-2)2=40.


 
 

Mivel az A és a B pontok illeszkednek az x tengelyre, ezért második koordinátájuk nulla. Ezek a pontok a körre is illeszkednek, ezért a kör egyenletéből y=0 helyettesítéssel megkapjuk a pontok első koordinátáit:
(x-4)2+(0-2)2=40,(x-4)2=36,|x-4|=6.
Vagyis: x1=-2, x2=10. Ezek alapján a keresett metszéspontok: A(-2;0), B(10;0).
Mivel ABC egyenlő szárú háromszög és AC, BC a két szára, ezért a C pont az AB szakasz felezőmerőlegesére illeszkedik. Ez az egyenes merőleges az x tengelyre. Az A és B pontok ismeretében megadhatjuk az egyenletét: x=-2+102=4. Vagyis az erre az egyenesre illeszkedő C pont első koordinátája is 4.
Tudjuk, hogy az ABC háromszög beírt körének középpontja K, ezért a háromszög BAC szögének (az α-nak) AK a szögfelezője.
Az A és a K ismeretében az AK egyenes egyenlete:
(y-0)(4-(-2))=(x-(-2))(2-0),azazy=13(x+2).
Ennek az egyenesnek 13 a meredeksége. Ez azt jelenti, hogy tgα2=13. Ha ennek ismeretében megadnánk a tgα értékét, akkor felírhatnánk az AC egyenes egyenletét.
Használjuk a függvénytáblázatban is megtalálható tg2x=2tgx1-tg2x azonosságot. A 2x helyére írjunk α-t:
tgα=2tgα21-tg2α2=2131-(13)2=34.
Az A pontra illeszkedő, 34 meredekségű egyenes egyenlete: y=34(x+2). Az erre illeszkedő C pont első koordinátáját már ismerjük, ezért az x=4 behelyettesítésével a második koordinátáját is megkapjuk: y=34(4+2)=92.
A keresett pont koordinátái: C(4;92).
b) Mivel az A és a B pontok illeszkednek az x tengelyre, ezért második koordinátájuk nulla. Ezek a pontok a parabolára is illeszkednek, ezért a parabola egyenletéből az y=0 helyettesítéssel kapott másodfokú egyenlet megoldásai adják a hiányzó koordinátákat. Az
x2-2x-3=0
egyenlet megoldásai: x1=-1, x2=3.

 
 

Vagyis a parabola és az x tengely két metszéspontja: A(-1;0), B(3;0), az AB szakasz felezőpontja pedig: F(1;0).
A feladatban szereplő parabola függőleges tengelyű, és ez a tengely illeszkedik az F pontra, vagyis x=1 az egyenlete. A tengely és a parabola metszéspontja adja a tengelypontot, aminek az első koordinátája 1, a másodikat a parabola egyenletéből behelyettesítéssel megkapjuk: y=12-21-3=-4. A parabola tengelypontja ezek alapján: T(1;-4).
A parabola A-ban és B-ben húzott érintői szimmetrikusak a parabola tengelyére, vagyis az x=1 egyenletű egyenesen metszik egymást. Ezért elegendő az egyik érintő egyenletét felírnunk, és azt megnézni, hogy hol metszi a parabola tengelyét.
Írjuk fel a B(3;0) pontban húzott érintő egyenletét. Az érintő iránytangensét (meredekségét) deriválással kapjuk: (x2-2x-3)'=2x-2. Az x=3 abszcisszájú ponthoz tehát 23-2=4 meredekségű érintő tartozik. A B pont és a meredekség ismeretében az érintő egyenlete: y=4x-12. Ennek az érintőnek és a parabola x=1 egyenletű tengelyének a metszéspontja: C(1;-8).
Ezzel beláttuk az F(1;0), T(1;-4), C(1;-8) pontokra, hogy T valóban az FC szakasz felezőpontja.
 
Megjegyzés. A b) feladat állítását deriválás nélkül is megmutathatjuk. Az F(1;0) és a T(1;-4) ismeretében már megadható annak a C pontnak a koordinátája, amelyre T az FC szakasz felezőpontja lesz: C(1;-8). Ezek után meg kell mutatnunk, hogy CA és CB egyenesek a parabola érintői. Természetesen a szimmetria miatt ezt elegendő az egyikről belátnunk. A C és a B ismeretében a CB egyenes egyenlete: y=4x-12.
Határozzuk meg a parabola és a CB egyenes közös pontjainak számát. Ehhez a következő egyenletrendszert kell megoldanunk:
y=x2-2x-3y=4x-12}.
Az egyenletrendszer egyedüli megoldása: x=3, y=0.
Mivel az y=4x-12 egyenletű egyenes nem merőleges az x tengelyre, ezért érintője a parabolának. Ezzel beláttuk a feladat állítását.

 
8. Határozzuk meg azt a legkisebb pozitív x értéket, amelyre
a) lgx és lg2x egy derékszögű háromszög befogói, lg3x pedig az átfogója;
b) sinx és sin2x egy derékszögű háromszög befogói, sin3x pedig az átfogója.  (16 pont)
 
Megoldás. a) A lg2x+lg22x=lg23x egyenletet kell megoldanunk. Alakítsuk az egyenletet:
lg2x+(lg2+lgx)2=(lg3+lgx)2,lg2x+lg22+2lg2lgx+lg2x=lg23+2lg3lgx+lg2x,lg2x+2(lg2-lg3)lgx+lg22-lg23=0.
Az egyenlet lgx-re másodfokú, a megoldóképlettel meghatározzuk a gyököket:
(lgx)1;2=-2(lg2-lg3)±4(lg2-lg3)2-4(lg22-lg23)2==-(lg2-lg3)±(lg2-lg3)2-(lg22-lg23)==lg32±lg22-2lg2lg3+lg23-lg22+lg23==lg32±-2lg2lg3+2lg23=lg32±2lg3(lg3-lg2)==lg32±2lg3lg32.
Számológéppel:
(lgx)10,586,ahonnan  x13,85,(lgx)2-0,234,ahonnan  x20,58.
A feltételeknek megfelelő legkisebb pozitív szám kerekítve 3,85.
b) A sin2x+sin22x=sin23x egyenletet kell megoldanunk.
Ezt az egyenletet sin22x=sin23x-sin2x=(sin3x-sinx)(sin3x+sinx) alakra tudjuk hozni. Tovább alakítva:
sin22x=(2cos2xsinx)(2sin2xcosx),sin22x=2sin2xcos2x(2sinxcosx),sin22x=2sin22xcos2x,0=sin22x(2cos2x-1).
Az egyenlet megoldásai: x1=k1π2, ahol k1Z; x2=π6+k2π, ahol k2Z; x3=-π6+k3π, ahol k3Z.
A feltételeknek megfelelő legkisebb pozitív szám a π6.
 
9. A magyar kártyában négy szín található (zöld, makk, tök, piros) és minden színhez nyolc figura tartozik (VII, VIII, IX, X, alsó, felső, király, ász). Gyuri, Csaba és István ultiznak. Ezt a kártyajátékot magyar kártyával játsszák. Az osztás során mindenki tíz lapot kap, és két lap marad talonban.
a) Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy a talonba kerülő két lapon különböző figura lesz.
b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy Gyuri megkapja mind a négy ászt?
c) Számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy Csabánál nem lesz VII-es lap.
d) Ha tudjuk, hogy István kapott legalább egy VII-es lapot az osztáskor, akkor számítsuk ki annak a valószínűségét, hogy mind a négy VII-es hozzá kerül.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Összesen (322)=323112=496-féleképpen lehet 2 lapot kiválasztani a 32 lapos magyar kártyából. A két különböző figura (82)=8712=28-féleképpen fordulhat elő, és mindkettőnek 4 színe lehet. Ez 2844=448 eset. A keresett valószínűség: 4484960,903.
b) Gyuri összesen (3210)-féleképpen kaphatja meg a lapjait. Mivel a kedvező esetben mind a négy ász nála van, ezért a maradék 28 lapból fog kapni még 6 lapot, ami (286)-féleképpen történhet. Vagyis a keresett valószínűség:
(286)(3210)0,006.

c) Csaba összesen (3210)-féleképpen kaphatja meg a lapjait. Mivel a most vizsgált (kedvező) esetben nincs nála VII-es, ezért a többi 28 lapból fogja megkapni a tíz lapját, ami (2810)-féleképpen történhet. Vagyis a keresett valószínűség:
(2810)(3210)0,203.

d) A feltételes valószínűség definíciója szerint: P(BA)=P(BA)P(A). Jelen esetben B azt az eseményt jelöli, hogy mind a négy VII-es lap Istvánhoz került, A pedig azt, hogy van Istvánnál VII-es.
Tudjuk, hogy P(BA)=P(B), hiszen ha minden VII-es Istvánnál van, akkor van nála VII-es. A négy VII-es (286)-féleképpen kerülhet Istvánhoz, ezért
P(B)=(286)(3210).

Mivel (2810)(3210) annak a valószínűsége, hogy egy megadott játékosnál nincs VII-es lap, ezért
P(A)=1-(2810)(3210).
Ezek alapján a keresett valószínűség:
P(BA)=(286)(3210)1-(2810)(3210)0,007.