Cím: Megoldásvázlatok a 2014/ sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2014/december, 521 - 526. oldal  PDF file

I. rész
 

1. Mutassuk meg, hogy nincs olyan valós számpár, amelyre
(x2+5)2=25-|y-3|21x+63y=188}.

(11 pont)
 
Megoldás. Az első egyenletből: (x2+5)225,  25-|y-3|25. Így az első egyenlet megoldása csak x=0, y=3 lehet. Ezt a második egyenletbe behelyettesítve:
210+633=189188.
Az egyenletrendszernek tehát nincs megoldása.
 
2. Egy óra számlapja 20cm oldalhosszúságú szabályos háromszög. A mutatókat a háromszög középpontjában rögzítették úgy, hogy 12 órakor az egyik csúcs felé mutatnak.
a) Milyen hosszú lehet a nagymutató, ha soha nem nyúlik túl az óra számlapján?
b) Három órakor a két mutató által meghatározott két félegyenes mekkora területű részt jelöl ki az óra számlapjából?  (12 pont)
 
Megoldás. a) A nagymutató nem lehet hosszabb a 20 cm oldalhosszúságú szabályos háromszög beírt körének sugaránál. Mivel az a oldalú szabályos háromszög területe: t=a234, a kerülete: k=3a, most t=1003cm2, k=60 cm. A t=rs (r a beírt kör sugara, s a kerület fele) összefüggés szerint:
r=100330=1033.

A nagymutató nem lehet hosszabb 1033 cm-nél.
 

 
 

b) A mutatók által kijelölt CKQ derékszögű háromszög hasonló a CFB derékszögű háromszöghöz (a szögeik páronként egyenlők). Az ABC szabályos háromszögben a K pont egyben a súlypont is, így CK:CF=2:3. Ez lesz a két háromszög hasonlóságának aránya is.
Tudjuk, hogy a területek a hasonlóság arányának négyzetével arányosak, ezért
tCKQ=(23)2tCFB=4912a234=2003938,5(cm2).
Három órakor a két mutató által meghatározott két félegyenes 38,5 cm2 területű részt jelöl ki az óra számlapjából.
 
3. Egy egyfordulós röplabdakupán ‐ ahol tehát bármely két csapat pontosan egyszer játszik egymással ‐ 30 lejátszott mérkőzés után még minden csapatnak három mérkőzése volt hátra. Hány csapat szerepelt a kupán?  (14 pont)
 
Megoldás. Legyen a csapatok száma n. Az összes mérkőzések száma: n(n-1)2. Minden csapatnak még 3 mérkőzése volt hátra, ez összesen 3n2 mérkőzés. Ezért a lejátszott mérkőzések száma:
n(n-1)2-3n2=30,
amiből az n2-4n-60=0 másodfokú egyenletet kapjuk. A gyökök: n1=10, n2=-6. A röplabdakupán 10 csapat vett részt.
 
4. Határozzuk meg az AB halmazt, ha A={xR3(ctgx-tgx)=23}, B={xR|x|2}.  (14 pont)
 
Megoldás. Megoldjuk a 3(ctgx-tgx)=23 egyenletet. Ez
3tg2x+23tgx-3=0
alakra rendezhető, amiből tgx lehetséges értékei: 33 vagy -3. Vagyis
x1=π6+k1π,x2=-π3+k2π,aholk1,k2Z.

Az |x|2 feltétel szerint -2x2.
Vagyis
AB={-π3;π6}.

 

II. rész
 

5. A 10n+14n+15n+21n kifejezésben az n  3-mal osztható pozitív páratlan egész számot jelöl.
a) Igazoljuk, hogy a négytagú összeg minden ilyen n esetén osztható lesz 1260-nal.
b) A négytagú összeg két tagját véletlenszerűen kiválasztjuk. Mekkora valószínűséggel lesz a két tag összege hárommal osztható?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Alakítsuk át a négytagú kifejezést:
10n+14n+15n+21n=2n5n+2n7n+3n5n+3n7n=(2n+3n)(5n+7n).
Legyen n=3k, ahol k páratlan pozitív egész számot jelöl. Ekkor
(2n+3n)(5n+7n)=(23k+33k)(53k+73k)=(8k+27k)(125k+343k).
Mivel a kitevők páratlan számok, azért 358k+27k és 468125k+343k. A 468 osztható 36-tal, és (35;36)=1, ezért a kifejezés osztható 3536=1260-nal.
b) A négytagú összeg két tagját hatféleképpen választhatjuk ki. Mivel a kitevők páratlan számok, azért az összeg osztható lesz az alapok összegével. Az alapok összege a következő hat érték közül kerülhet ki: 24, 25, 31, 29, 35, 36. Ezek közül két szám osztható hárommal, vagyis két esetben biztosan 3-mal osztható az összeg. A további négy esetben nem kaphatunk 3-mal osztható számot, mert a kéttagú összeg egyik tagja osztható 3-mal, a másik pedig nem. Így a keresett valószínűség 13.
 
6. Egy háromszögben ismerjük mindhárom oldal hosszát és mindhárom szög nagyságát. Mutassuk meg, hogy ezeket az értékeket az
(a2)2+(b2)2+(c2)2ctgα+ctgβ+ctgγ
képletbe behelyettesítve a háromszög területét kapjuk.  (16 pont)
 
Megoldás. A megadott képletet alakítsuk a következő módon:
(a2)2+(b2)2+(c2)2ctgα+ctgβ+ctgγ=a2+b2+c24(cosαsinα+cosβsinβ+cosγsinγ).
A koszinusz-tételt alkalmazva: cosα=b2+c2-a22bc. Ugyanígy felírhatjuk cosβ és cosγ értékét is:
cosβ=a2+c2-b22ac,cosγ=a2+b2-c22ab.
Vagyis:
a2+b2+c24(cosαsinα+cosβsinβ+cosγsinγ)=a2+b2+c24(b2+c2-a22bcsinα+a2+c2-b22acsinβ+a2+b2-c22absinγ)==a2+b2+c24(b2+c2-a22bcsinα+a2+c2-b22acsinβ+a2+b2-c22absinγ)=a2+b2+c24(b2+c2-a24t+a2+c2-b24t+a2+b2-c24t)==t(a2+b2+c2)(b2+c2-a2)+(a2+c2-b2)+(a2+b2-c2)=t(a2+b2+c2)a2+b2+c2=t.


Valóban a háromszög területét adja ez a képlet.
 
7. Igazoljuk, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)=8x3-6x-1 hozzárendeléssel megadott függvénynek három különböző zérushelye van és ezek közül a legnagyobb: x1=cosπ9.  (16 pont)
 
Megoldás. Tudjuk, hogy f(x) mindenütt folytonos függvény. Mivel az
f'(x)=24x2-6
függvény zérushelyei a -12 és az 12, azért itt lehet az eredeti függvénynek lokális szélsőértéke. Ezeken a helyeken az első derivált előjelet vált (pozitívból negatívba, illetve negatívból pozitívba megy át), így az első helyen lokális maximuma, a második helyen lokális minimuma van a függvénynek. Számolással kapjuk, hogy f(-0,5)=1 és f(0,5)=-3. Vagyis a ]-12;12[ intervallumon van zérushelye a függvénynek.
x<-12x=-12-12<x<12x=1212<xfmaximumminimumf'+0-0+



 
 

Mivel limx(8x3-6x-1)=, azért az ]12;[ intervallumon is van zérushelye a függvénynek.
Mivel limx-(8x3-6x-1)=-, azért a ]-;-12[ intervallumon is van zérushelye a függvénynek.
Azaz van három különböző zérushelye.
Mivel f(0)=-1, azért a középső zérushelyről az is megállapítható, hogy a ]-12;0[ intervallumon található. Ez azt jelenti, hogy két negatív és egy pozitív zérushellyel rendelkezik a függvény. Tudjuk, hogy cosπ9>0, ezért ha az x1=cosπ9 valóban zérushelye a függvénynek, akkor az a három zérushely közül csakis a legnagyobb lehet.
A π9 háromszorosa π3, ami nevezetes szög. Tudjuk, hogy cosπ3=12. Alkalmazzuk a cos3α=4cos3α-3cosα összefüggést:
cosπ3=4cos3π9-3cosπ9.
Ezt 2-vel szorozva és rendezve kapjuk:
8cos3π9-6cosπ9-1=0.

Ez pontosan azt jelenti, hogy az f(x)=8x3-6x-1 hozzárendelésű függvénynek az x1=cosπ9 a zérushelye.
 
8. Egy derékszögű háromszög beírt körének sugara 2, a befogókhoz hozzáírt köreinek sugara 3 és 10. Mekkora az átfogóhoz hozzáírt kör sugara?  (16 pont)
 
Megoldás. Ha elkészítjük az ábrát (és a szokásos jelöléseket használjuk), akkor könnyen igazolható, hogy ϱa=s-b és ϱb=s-a. A két összefüggés összeadásával kapjuk, hogy ϱa+ϱb=c. A megadott adatok szerint: c=13.

 
 

Derékszögű háromszög esetén ϱc=s.
Ha a háromszög beírt körének a BC oldallal vett érintési pontja és a B csúcs közti távolság x, akkor: (x+2)2+(15-x)2=169, amiből x2-13x+30=0, x1=10, x2=3. Innen a=5, b=12.
A derékszögű háromszög mindhárom oldalát ismerve az átfogóhoz hozzáírt kör sugarát kiszámolhatjuk: ϱc=s=5+12+132=15.
 
Megjegyzés. Általában is megmutathatjuk, hogy derékszögű háromszög esetén: ϱa+ϱb+ϱ=ϱc.
 
9. Egy pihenőpark használatáért az üzemeltető pénzt szeretne kapni, ezért két lehetőséget dolgoztatott ki. Az első változat szerint lenne 12 órás és 6 órás jegy. A 12 órás jeggyel nyitástól zárásig bent lehet lenni 1000 Ft-ért, a 6 órás jegy ára pedig 600 Ft lenne. A második változat szerint lenne 3 órás jegy 350 Ft-ért, 6 órás jegy 600 Ft-ért, 9 órás jegy 850 Ft-ért és az ezt meghaladó időre szóló jegy 1250 Ft-ért. Megfigyeltek 150 látogatót és a következő gyakoriság adódott:
 
időtartam (h)0‐11‐22‐33‐44‐55‐66‐77‐88‐99‐1010‐1111‐12gyakoriság (fő)6711182526201615420
 

a) Mennyi lesz az adatok alapján az egy főre eső átlagos bevétel az első változat szerint?
b) Mennyi lesz az adatok alapján az egy főre eső átlagos bevétel a második változat szerint?
c) Egy harmadik változatban 4, 8 és 12 órás jegyeket lehetne vásárolni, melyek ára arányos lenne az időtartammal. Milyen áron kellene adni ezeket a jegyeket, ha a rendelkezésre álló adatok alapján az egy főre eső átlagos bevételként 700 Ft körüli értéket szeretne kapni az üzemeltető és a jegyek ára 10-zel osztható?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Az első változat szerint 20+16+15+4+2+0=57 fő 1000 Ft-os jegyet, és 150-57=93 fő 600 Ft-os jegyet vásárolna.
Ekkor az egy főre eső átlagos bevétel:
571000+93600150=752(Ft).

b) A második változat szerint 4+2+0=6 fő 1250 Ft-os jegyet, 20+16+15=51 fő 850 Ft-os jegyet, 18+25+26=69 fő 600 Ft-os jegyet és 6+7+11=24 fő 350 Ft-os jegyet vásárolna. Ekkor az egy főre eső átlagos bevétel:
24350+69600+51850+61250150=671(Ft).

c) Legyen a 4 órás jegy ára x Ft, ekkor a 8 órásé 2x Ft, a 12 órásé 3x Ft. A megadott adatok alapján 15+4+2+0=21 fő 3x Ft-os jegyet, 25+26+20+16=87 fő 2x Ft-os jegyet és 6+7+11+18=42 fő x Ft-os jegyet vásárolna. Ekkor az egy főre eső átlagos bevétel:
42x+872x+213x150=279x150(Ft).
Azt szeretnénk, hogy ez a szám 700 körüli érték legyen, vagyis 279x150=700, amiből x376.
A jegyek ára kerekítés után lehetne: 380 Ft a 4 órásé, 760 Ft a 8 órásé és 1140 Ft a 12 órásé.