A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész
1. , . Hány függvény létezik? Ezek közül hány olyan van, amely szigorúan monoton növő? Az pontban tekintett összes függvény között hány olyan van, amelynek értékkészlete pontosan három elemet tartalmaz? (12 pont)
Megoldás. Az halmaz minden eleméhez a halmaz bármelyik elemét rendelhetem, azaz nyolc elem közül választhatok. Mivel az halmazban négy elem van, a függvények száma: . Ilyenkor az értékkészlet négy elemű. A halmazból tetszőlegesen választott négy elem esetén a szigorúan monoton növő függvény egyértelműen meghatározott. A keresett függvények száma tehát: . Ha az értékkészlet három elemű, akkor az halmaz két eleméhez ugyanazt rendeljük, a másik kettőnek az értéke viszont ettől és egymástól is különböző. Kiválasztjuk azon két elemét, melyek értéke azonos lesz, ezt féleképpen lehet megtenni, hozzájuk a halmazból nyolc féle elemet rendelhetünk. Az halmazból a maradék két elem közül a kisebbhez hét, a nagyobbhoz hat féle számot rendelhetünk a halmazból. Tehát a keresett függvények száma: .
2. Osszuk fel az -et négy nemnegatív részre úgy, hogy a részek számtani sorozatot alkossanak. Milyen nagy lehet a sorozat differenciája? Osszuk fel az -et négy részre úgy, hogy a részek hányadosú mértani sorozatot alkossanak. Mennyi a sorozat első eleme? Osszuk fel az -et négy részre úgy, hogy a részek mértani sorozatot alkossanak. Milyen nagy lehet a sorozat hányadosa? (12 pont)
Megoldás. Jelölje a számtani sorozat első elemét , a differenciát . Ekkor . A feltétel szerint , azaz , tehát és . A eset is lehetséges, ekkor . Legyen a sorozat első eleme . Ekkor , azaz . Jelölje az első elemet , a hányadost pedig . Most , így . A feltétel szerint , ahonnan , ha . Mivel -ről csak annyit kötöttünk ki, hogy pozitív, akármilyen nagy lehet. Innen pedig következik, hogy a mértani sorozat hányadosa is akármilyen nagy lehet.
3. Adjuk meg az függvény értelmezési tartományát és értékkészletét. (13 pont)
Megoldás. A függvény értelmezési tartománya a -nél nem nagyobb, illetve a -nél nem kisebb számok. Vizsgáljuk meg, hogy az paraméteres egyenletnek milyen -ra van megoldása. Rendezve: . Az feltételt teljesítő számok adják a jobb oldal értelmezési tartományát, és csak olyan értékek adhatnak megoldást, melyekre . Elvégezve a négyzetre emelést, rendezés után az egyenletre jutunk. Ennek (és az eredetinek) esetén nincs megoldása, tehát . Figyelembe véve az feltételt, . Ennek megoldása: vagy . Ezekhez az értékekhez tartozó -ek megoldásai a feladatnak, így megkaptuk az értékkészletet.
4. Keressük meg az alábbi függvény minimumhelyét: | | (14 pont)
Megoldás. A feladat szövegéből nem következik, hogy geometriai szélsőérték problémával van dolgunk, de a ,,Pithagorasz-tétel gyanús'' kifejezések látványa, és a feladatban szereplő pozitív paraméterek orientálják a megoldást.
Vegyük fel az hosszúságú szakaszt, annak végpontjaiban, -re merőlegesen, az egyenes különböző partján az és a hosszúságú szakaszokat. pont végigfut az félegyenesen. Legyen . Ekkor éppen az és a derékszögű háromszögek átfogóinak összege. E két szakasz összege pedig (a háromszög egyenlőtlenség miatt) minden helyzetében nagyobb, vagy egyenlő, mint a szakasz. Egyenlőség akkor és csak akkor van, ha a pont éppen az és a egyenesek metszéspontja. Tehát ekkor minimális a függvényérték. Ezután az és derékszögű háromszögek hasonlóságából kiszámítható értéke: , ahonnan .
II. rész
5. Adjunk meg darab pozitív egész számot úgy, hogy a mediánjuk , az átlaguk legyen. Létezik-e ilyen sokaság, ha azt is megköveteljük, hogy egyetlen módusza legyen, aminek értéke Mennyi lehet maximum a módusz? (14 pont)
Megoldás. A feltételek szerint a nagyság szerint rendezett minta hetedik eleme , az elemek összege . Ha az egyetlen módusz az , akkor például kielégíti a feltételeket a következő számsorozat: 1; 1; 1; 1; 1; 1; 2; 2; 2; 2; 2; 12 992; 12 992. Ha az egyetlen módusz a , akkor például kielégíti a feltételeket a következő számsorozat: 2; 2; 2; 2; 2; 2; 2; 2; 2; 2; 2; 2; 25 976. Ha az egyetlen módusz az , akkor például kielégíti a feltételeket a következő számsorozat: 1; 1; 1; 1; 2; 2; 2; 1514; 1514; 1514; 1514; 1514; 18 420. A számok között az 1-es és a 2-es közül legalább az egyikből négy darab van. Ha az egyetlen módusz a , akkor abból legalább ötnek kell lennie, de akkor a számok összege már több, mint 26 000, ami ellentmondás. Nem lehet a számok között hat darab -es, mert akkor a keresett szám nem az egyetlen módusz. Öt darab -es mellé hat egyforma elem kell, és ennek maximuma biztos kisebb, mint ha csak öt nagy szám kell, és az egyik 1-est 2-esre cseréljük. Ebből következik, hogy az első hét szám összege legalább . Nézzük meg, hogy ezt 26 000-ből kivonva, mi a legnagyobb szám, ami még ötször választható. Ez az 5198. Ekkor azonban a 13. értéknek -nak kellene lennie, ami lehetetlen. A maximális módusz tehát az 5197, ami jó is. Pl.: 1; 1; 1; 1; 2; 2; 2; 5; 5197; 5197; 5197; 5197; 5197.
6. Egy gyalogos a hóval borított mező pontjában van, kilométernyire a egyenes úttól az ábrán km, km).
Az országúton a gyalogos kétszer akkora sebességgel halad, mint a hómezőn. Mely pontban kell kimennie a gyalogosnak az útra, hogy a legrövidebb idő alatt jusson -be? (16 pont)
Első megoldás (paraméterezés). Legyen , ekkor , . Ha a gyalogos sebessége a hómezőn , az országúton , akkor az utat idő alatt teszi meg. Megkeressük azon értékeket, amelyekre a egyenletnek van megoldása. (Azt is láthatjuk, hogy a szélsőértékhely meghatározásakor pl. egységnyinek választhatjuk a sebességet.) Rendezzük át az egyenletet, emeljük négyzetre és vizsgáljuk meg az így kapott másodfokú paraméteres egyenletet:
Világos, hogy ennek az egyenletnek akkor lehet megoldása, ha diszkriminánsa nemnegatív:
s ekkor vagy . . Ha ezt az utat az ,,országúti'' sebességgel tenné meg a gyalogos, akkor is egységnyi időre lenne szüksége; vagyis a lehetőséget kizárhatjuk. Kaptuk: , vagyis ha a gyalogos sebessége , akkor legkevesebb egységnyi idő alatt tudja megtenni az utat. Ha a egyenlet diszkriminánsa , akkor
Második megoldás (elemi geometria). Átfogalmazzuk a feladatot: ha a gyalogos sebessége a hómezőn egységnyi, akkor a egyenesen olyan pontot keresünk, amelyre minimális. Vegyük fel a egyenes által meghatározott, -t nem tartalmazó félsíkjában a -ből kiinduló félegyenest úgy, hogy -vel bezárt szöge legyen, majd bocsássunk -ből merőlegest erre az egyenesre (a talppontot jelöljük -vel).
Ekkor (hiszen az derékszögű háromszög egy szabályos háromszög fele), s tetszőleges pont esetén az összeget kell minimalizálnunk, ahol merőleges -re. akkor lesz a lehető legkisebb, ha ez a három pont egy egyenesbe esik, vagyis ha . Ez az eredmény természetesen ugyanaz, mint az előző megoldásban kapott érték, hiszen
Harmadik megoldás (fizikai szemlélet). Képzeljük el, hogy az pontba egy fényforrást helyezünk, ahonnan a fény a két közeg határvonalán lévő pontba jut. Mivel a fény két pont között mindig a minimális ideig tartó úton halad, nekünk a feladatban éppen azt a pontot kell meghatároznunk, amely mellett a fénysugár beesési szöge a határszöggel egyezik meg, azaz a törési szög .
A geometriai optika Snellius‐Descartes-törvénye szerint ahol és a beesési és törési szög, és a fény sebessége a két közegben. Ebben az esetben a szög megegyezik a beesési szöggel (váltószögek), tehát Innen már megkapjuk a -os eredményt.
Negyedik megoldás (deriválás). A függvény deriváltja ennek zérushelye:
s mivel , azért , amiből . Ha , akkor ; ha , akkor . Ezért -nek az helyen minimuma van.
7. Egy társaságban öt ember találkozott, jelölje őket , , , , . Köztük az ismeretségek kölcsönösek. Megkérdeztük őket, kinek hány ismerőse van ötük között. azt mondta, négy embert ismer. -ről kiderült, hogy ugyanannyi ismerőse van, mint -nek. azt mondta, hogy eggyel kevesebb ismerőse van, mint -nek. ismerőseinek száma páratlan. Hány embert ismer ? Ismerheti-e egymást és ? Ismerheti-e egymást és ? (16 pont)
Megoldás. Mivel négy embert ismer, ő mindenkit ismer. Ez azt is jelenti, hogy mindenki más legalább egy embert ismer, hiszen -t ismerik. Ezek szerint is legalább egy embert ismer. több embert ismer, mint és páratlan sokat, tehát hármat ismer. Ebből kiderül, hogy is és is 2 embert ismer. Az ismerősök számáról tehát a következőket tudjuk: -nak 4, -nek , -nek 2, -nek 2, -nek 3. Most megmutatjuk, hogy -nek 1 vagy 3 ismerőse lehet. Szemléltessük az ismeretségeket egy rajzon; az embereket jelölje egy-egy pont, és ha ismerik egymást, kössük össze őket. Az összekötő vonalak végpontjainak száma a vonalak számának kétszerese. Ez éppen az egyes emberek ismerősei számának összege. (A gráfok nyelvén: az élek számának kétszerese a fokszámok összege.) Ez utóbbi vonalak számának kétszerese). Ezek szerint páratlan, tehát 1 vagy 3 lehet. Az ismeretségeket szemléltető gráfok a következők lehetnek:
A 3. ábra mutatja, hogy és ismerheti egymást. Ha és ismerné egymást, akkor nekik már nem lehetne további ismerősük, így csak -t és -t ismerhetné és nem lenne 3 ismerőse. Tehát és nem ismerik egymást.
8. Jelölje az egyenletű kört. Határozzuk meg minden olyan érintő egyenesének egyenletét, amelyre teljesül, hogy az tengely és a kör közé eső szakaszának hossza egység. (16 pont)
I. megoldás (a szerkesztést követve). Keressük meg ezen érintők tengellyel vett metszéspontját. Határozzuk meg először azon pontok mértani helyét, amelyekből a körhöz húzott érintő hossza 9,375 egység. Ennek a mértani helynek az tengellyel való metszéspontjai lesznek a keresett pontok.
A vizsgált mértani hely egy -val koncentrikus kör. Valóban, ha a pontból az középpontú körhöz húzott érintőszakasz hossza rögzített, értéke is állandó, hiszen az derékszögű háromszögben . Esetünkben egyenlete alakba írható át, azaz , , így a pontból -hoz húzott érintő hossza pontosan akkor 9,375 egység, ha | |
Az tengely pontjait az feltétel jellemzi, tehát a keresett pontok koordinátáira | | azaz , . Ekkor a ponton átmenő érintő egyenlete | | Ezt behelyettesítve a kör egyenletébe: | | Rendezve: | | Pontosan akkor lesz az egyenes érintő, ha ennek a másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa 0: | | vagyis . Az egyenlet: . A -n átmenő érintő ennek az egyenesre vonatkozó tükörképe, tehát meredeksége , egyenlete pedig .
II. megoldás (ad hoc). Vegyük észre, hogy a kör egyenlete vagyis a kör a pontban érinti az tengelyt.
Az tengely tetszőleges pontjából a körhöz húzott érintő hossza az érintő szakaszok egyenlősége révén -vel egyenlő, azaz a keresett pontok: Mivel , ezért a pontból húzott érintő meredeksége pozitív, a pontból húzotté pedig negatív. Legyen , ekkor és , valamint A -ből húzott érintő meredekségére:
(Felhasználtuk, hogy és .) Tehát (a szimmetria miatt) két érintő van, amely teljesíti a feltételt: | |
9. Három egymás utáni pozitív egész szám szorzatának prímtényezős felbontásában csak két különböző prímszám szerepel (tehát a szorzat alakú, ahol és prímszám, , pozitív egészek). Adjuk meg az összes ilyen számhármast. (16 pont)
I. megoldás. A középső szám nagyobb 1-nél, tehát felbontásában szerepel legalább egy prímtényező. A középső szám mindkét szomszédjához relatív prím, ezért a benne szereplő prímtényező a másik két számban nem szerepelhet, e két számban tehát összesen csak egy prímtényező szerepelhet. Viszont e két számnak csak a lehet közös osztója, mert különbségük . Ez kétféleképp lehetséges: vagy az első szám , vagy mindkét szám 2-hatvány. Az első esetben az 1, 2, 3 számokat kapjuk. A második esetben két 2-hatvány különbsége 2, ez csak úgy lehet, ha a két szám a és a , így a 2, 3, 4 számokat kapjuk. A feladat feltételének két számhármas felel meg: 1, 2, 3 és 2, 3, 4.
II. megoldás. Két szomszédos szám között van egy páros, tehát a három szám szorzata páros. Így az egyik prím a , a másik egy páratlan prím. Legyen ez . Ha a középső szám páros, akkor a két szélső páratlan. Nem lehet mindkettő osztható -vel, mert nagyobb kettőnél. Tehát az egyik szám az 1, és mivel csak az első szám lehet 1, azért a három szám az 1, 2, 3. Ha a középső szám páratlan, akkor a két szélső páros, és mindkettő relatív prím a középsőhöz, ezért egyik sem osztható -vel. De akkor mindkettő kettőhatvány. A kettőhatványok sorában: 1, 2, 4, 8, . Csak egy esetben 2 a különbség két (nem feltétlenül szomszédos) szám között: a és a esetében. Tehát a három szám a 2, 3, 4. A feladatnak tehát két számhármas tesz eleget: 1, 2, 3 és 2, 3, 4. |