Cím:	Megoldásvázlatok a 2018/7. sz. emelt szintű matematika gyakorló feladatsorához
Szerző(k):	Számadó László
Füzet:	2018/november, 469 - 478. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldásvázlatok a 2018/7. szám emelt szintű matematika gyakorló feladatsorához I. rész     1. Adjuk meg azon $P\left(x;y\right)$ pontok halmazát, amelyek koordinátáira teljesül: $a)$ $\left(x^2-y^2\right)\left(x^2+y^2-4\right)=0$; $b)$ ${\left(x^2-y\right)}^2+{\left(x^2+y^2-14y+36\right)}^2=0$.  (11 pont)   Megoldás. $a)$ A bal oldalon álló kifejezést háromtényezős szorzatként is írhatjuk: $\left(x-y\right)\left(x+y\right)\left(x^2+y^2-4\right)=0$. Három eset van. I. eset: $y=x$. Az ilyen tulajdonságú $P$ pontok a koordinátasík I. és a III. negyedének szögfelezőjét alkotják. II. eset: $y=-x$. Az ilyen tulajdonságú $P$ pontok a koordinátasík II. és a IV. negyedének szögfelezőjét alkotják. III. eset: $x^2+y^2=4$. Az ilyen tulajdonságú $P$ pontok az origó középpontú és 2 egység sugarú körvonalat adják. A feladat megoldását a három ponthalmaz egyesítése adja, amit a vázlatrajz szemléltet.     $b)$ Két nemnegatív szám összege csak akkor lehet 0, ha mindkét szám 0. Ezek alapján a következő egyenletrendszert kell megoldanunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle y}& {\displaystyle =x^2\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2+y^2-14y+36}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}\}}\end{array}$ A helyettesítést elvégezve $x^2$-re másodfokú egyenletet kapunk: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^4-13x^2+36=\mathrm{0,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(x^2\right)}_1=\mathrm{4,}{\left(x^2\right)}_2=9.}\hfill \end{array}}$ Négy értéket kapunk $x$-re: $x_1=-2$, $x_2=2$, $x_3=-3$, $x_4=3$. Az egyenletrendszer első egyenletébe visszahelyettesítve kapjuk a második koordinátákat: $y_1=4$, $y_2=4$, $y_3=9$, $y_4=9$. Vagyis a keresett ponthalmazban négy pont van: $P_1\left(-2;4\right)$, $P_2\left(2;4\right)$, $P_3\left(-3;9\right)$, $P_4\left(3;9\right)$.   Megjegyzés. Az egyenletrendszer második egyenlete $x^2+{\left(y-7\right)}^2=13$ alakra is hozható. Vagyis az ${y=x}^2$ egyenlettel adott parabola és az $x^2+y^2-14y+36=0$ egyenlettel adott $K\left(0;7\right)$ középpontú, $r=\sqrt[]{13}$ sugarú kör közös pontjainak koordinátáit határoztuk meg.   2. A $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">SzÁMADÓ</span>}}$ és az $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ADÓSzÁM</span>}}$ egy-egy olyan hatjegyű, a $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">SzÁM</span>}}$ és az $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ADÓ</span>}}$ pedig egy-egy olyan háromjegyű szám, amelyben az Sz, Á, M, A, D és Ó betűk különböző pozitív számjegyek. $a)$ Mennyi a $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">SzÁM</span>}}+\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ADÓ</span>}}$ összeg, ha $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">SzÁMADÓ</span>}}+\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ADÓSzÁM</span>}}=678678?$ $b)$ Adjuk meg a $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">SzÁMADÓ</span>}}$ számot, ha még azt is tudjuk, hogy $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">Sz</span>}>\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">A</span>}$, valamint $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">SzÁM</span>}}\cdot \overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ADÓ</span>}}=90585$. $c)$ Mennyi az $\overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ADÓSzÁM</span>}}$, ha $7\cdot \overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">ADÓSzÁM</span>}}=6\cdot \overline{\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">SzÁMADÓ</span>}}?$  (12 pont)   Megoldás. $a)$ Legyen: $\overline{\text{SzÁM}}=x$, $\overline{\text{ADÓ}}=y$. Ekkor $\overline{\text{SzÁMADÓ}}=1000x+y$, $\overline{\text{ADÓSzÁM}}=1000y+x$. Ezek alapján: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 1000x+y+1000y+x}& {\displaystyle =678\mathrm{678,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 1001\left(x+y\right)}& {\displaystyle =678\mathrm{678,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x+y}& {\displaystyle =678.}\hfill \end{array}}$ Vagyis: $\overline{\text{SzÁM}}+\overline{\text{ADÓ}}=678$. $b)$ Mivel $\overline{\text{SzÁM}}\cdot \overline{\text{ADÓ}}=90585$, ezért a következő egyenletrendszert kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle y}& {\displaystyle =678-x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle xy}& {\displaystyle =90585.}\hfill \end{array}}\}}\end{array}$ A behelyettesítés után másodfokú egyenletet kapunk: $x^2-678x+90558=0$. Megoldóképlettel: $x_1=495$, $x_2=183$. Mivel $\text{Sz}>\text{A}$, ezért $\overline{\text{SzÁM}}=x=495$. A keresett hatjegyű szám: $\overline{\text{SzÁMADÓ}}=495183$. $c)$ A már bevezetett jelölésünkkel: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 7\left(1000y+x\right)}& {\displaystyle =6\left(1000x+y\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 6994y}& {\displaystyle =5993x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\cdot 13\cdot 269\cdot y}& {\displaystyle =13\cdot 461\cdot x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\cdot 269\cdot y}& {\displaystyle =461\cdot x\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Mivel $x$ és $y$ is háromjegyű szám, ezért csakis $\overline{\text{SzÁM}}=x=2\cdot 269=538$, $\overline{\text{ADÓ}}=y=461$ lehet. Vagyis $\overline{\text{ADÓSzÁM}}=461538$.   3. A Szép Utazások iroda tájékoztatójában a repülőgépen szállítható csomagokról ez olvasható: ,,Az iroda által bérelt járatokon 15 kg/fő feladott poggyász és 1 db 8 kg/fő kézipoggyász szállítása díjtalan, a többletsúlyért fizetni kell. Mindegyik poggyásznak téglatest alakúnak kell lennie. A feladott poggyász egyik élhossza sem lehet több, mint 150 cm, és a három különböző irányú él hosszának összege nem haladhatja meg a 220 cm-t. A kézipoggyász maximális hossza 56 cm, maximális szélessége 45 cm, maximális mélysége 25 cm lehet, azonban a három méret összesen nem haladhatja meg a 115 cm-t.'' $a)$ Bea kézipoggyásznak való kisbőröndöt vásárol az utazáshoz. A boltban a megfelelő bőröndök egyik élhossza 25 cm. Szeretné, ha az élhosszak összege a megengedett maximális, ugyanakkor a bőrönd felszíne $8500{\text{cm}}^2$ lenne. Milyen méretű bőrönd felelne meg ezeknek a feltételeknek? $b)$ László az utazáshoz bőröndöt szeretne vásárolni, amibe a feladható poggyászként engedélyezett 15 kg-ot bepakolhatja. A neki tetsző bőröndök egyik élének hossza 40 cm volt. Milyen méretű bőröndöt válasszon ezek közül, ha szeretné, hogy a térfogata maximális legyen? Mekkora lesz ekkor a bőrönd térfogata?  (14 pont)   Megoldás. $a)$ Mivel a három különböző irányú él hosszának összege 115 cm, és az egyik él 25 cm, ezért a másik két él hossza legyen $x$ cm és $90-x$ cm. Ezek alapján a felszín: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2\cdot \left[25x+25\left(90-x\right)+x\left(90-x\right)\right]}& {\displaystyle =\mathrm{8500,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 25x+2250-25x+90x-x^2}& {\displaystyle =\mathrm{4250,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x^2-90x+2000}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ Megoldóképlettel: $x_1=50$, $x_2=40$. Ekkor a $90-x$ élhosszra a 40, illetve az 50 adódik. Vagyis a kisbőrönd három adata: 25 cm, 50 cm, 40 cm, ami a kiírás további feltételeinek is megfelel. $b)$ Mivel maximális térfogatot szeretnénk elérni, ezért az élek összegére vonatkozó maximumot használjuk. Az élek hossza: 40 cm, $x$ cm és $180-x$ cm. Ekkor a térfogatot $x$ függvényében meg tudjuk adni: $V\left(x\right)=40\cdot x\cdot \left(180-x\right)$. Mivel ennek a másodfokú függvénynek a főegyütthatója negatív, ezért van maximuma. Azt is tudjuk, hogy a zérushelyei a 0 és a 180, ezért a maximum helye: $x=90$. Vagyis a maximális térfogatú bőrönd adatai: 40 cm, 90 cm, 90 cm. Ezek az adatok a tájékoztatóban szereplő összes kérésnek megfelelnek. A megadott feltételek mellett a maximális térfogat: $\begin{array}{c}{\displaystyle V\left(90\right)=40\cdot 90\cdot \left(180-90\right)=324000\left({\text{cm}}^3\right)\mathrm{.}}\end{array}$   4. A Fővárosi Nagycirkusz 13 méter átmérőjű porondjának vázlatát mutatja az ábra. A vízi cirkuszi előadásban a porond kilenc, azonos területű része függőlegesen, le-föl mozgatható. $a)$ Mekkora a porond közepén látható szabályos nyolcszög területe? $b)$ A nyolc egybevágó (trapézszerű) síkidomot a könnyebb mozgatás miatt körben egy nagyon speciális anyaggal borították. Ehhez előzetesen meg kellett határozni ezeknek a síkidomoknak a kerületét. Mekkora a kerülete az $ABCD$ trapézszerű síkidomnak?     $c)$ A nyolc egybevágó síkidom függőleges mozgatásához megépített szerkezet miatt minden ilyen síkidom alatt szükség volt egy átlós merevítőre. Adjunk képletet az $AC$ merevítő hosszára az ábra $x$ és $y$ hosszúságú szakaszának ismeretében. (A képletben előforduló szögfüggvényértékek négy tizedes jegy pontossággal szerepeljenek.)  (14 pont)   Megoldás. $a)$ A kör alakú porond sugara $R=6\mathrm{,}5$ m, ezért a területe: $T=6\mathrm{,}{5}^2\cdot \pi =42\mathrm{,}25\cdot \pi \left({\text{m}}^2\right)$. Mind a kilenc síkidom ‐ a nyolc egybevágó (trapézszerű) és a középen látható szabályos nyolcszög ‐ területe egyenlő. Vagyis a keresett síkidom területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=\frac{T}{9}=\frac{42\mathrm{,}25\cdot \pi }{9}\approx 14\mathrm{,}748\left({\text{m}}^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ Az $ABCD$ trapézszerű síkidom kerületének $CD$ íve a $R=6\mathrm{,}5$ m sugarú körvonal nyolcadrészével megegyező hosszúságú: $\frac{2\cdot 6\mathrm{,}5\cdot \pi }{8}\approx 5\mathrm{,}105$ (m). Az $AD=BC=y$ szakasz hosszát megkapjuk, ha a porond sugarából elvesszük a 14,748 m${}^2$ területű szabályos nyolcszög köré írt körének $r$ sugarát. A nyolcszög területét nyolc egybevágó egyenlőszárú háromszög területének összegeként is megkapjuk. Ezeknek a háromszögeknek $r$ hosszúságú a száruk, és ${45}^{\circ }$ a szárszögük. Vagyis a nyolcszög területe: $\begin{array}{c}{\displaystyle t=8\cdot \frac{r^2\cdot \text{sin}{45}^{\circ }}{2}=14\mathrm{,}\mathrm{748,}\text{amiből}r\approx 2\mathrm{,}283\text{m}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek alapján: $y=R-r=6\mathrm{,}5-2\mathrm{,}283=4\mathrm{,}217$ (m). Az $AB$ szakasz hossza a 14,748 m${}^2$ területű szabályos nyolcszög oldalának hosszával egyenlő. Ezt az $OAB$ egyenlőszárú háromszögből kaphatjuk például koszinusz-tétellel: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x}& {\displaystyle =\sqrt[]{r^2+r^2-2r^2\cdot \text{cos}{45}^{\circ }}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\sqrt[]{2\cdot 2\mathrm{,}{283}^2-2\cdot 2\mathrm{,}{283}^2\cdot \text{cos}{45}^{\circ }}\approx 1\mathrm{,}747.}\hfill \end{array}}$     A kapott eredmények alapján a keresett kerület: $\begin{array}{c}{\displaystyle K=5\mathrm{,}105+2\cdot 4\mathrm{,}217+1\mathrm{,}747=15\mathrm{,}286\left(\text{m}\right)\mathrm{.}}\end{array}$ $c)$ A szabályos nyolcszög egy belső szöge: $\alpha =\frac{\left(8-2\right)\cdot {180}^{\circ }}{8}={135}^{\circ }$. A trapézszerű síkidom $B$-nél lévő $\beta$ szögére teljesül, hogy $\alpha +2\beta ={360}^{\circ }$, azaz $\beta ={112\mathrm{,}5}^{\circ }$. Az $ABC$ háromszögre alkalmazzuk a koszinusztételt: $A{C}^2=x^2+y^2-2xy\cdot \text{cos}112\mathrm{,}{5}^{\circ }$. Tehát a merevítő hosszát a következő képlettel számolhatjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle AC=\sqrt[]{x^2+y^2-2xy\cdot \text{cos}{112\mathrm{,}5}^{\circ }}\approx \sqrt[]{x^2+y^2+0\mathrm{,}7654\cdot xy}\mathrm{.}}\end{array}$   II. rész   5. Rebeka új szemüveget vásárol, de nem szeretné, hogy a lencsékért 25 000 Ft-nál többet fizessen. A szaküzletben kiderül, hogy ha hagyományos lencsét vásárolna, akkor 4280 Ft-ot fizetne a két lencséért. Rebeka tudja, hogy a minőséget a különböző típusú bevonatok javíthatják, ezért tükröződésmentes és karcolás mentes bevonatot kér a lencsékre. A bevonatok mindegyikének $99\text{Ft}/{\text{cm}}^2$ az ára. (A lencsék felületét síknak vehetjük.) Azt is eldöntötte, hogy a hagyományosnál vékonyabb lencsét szeretne választani. A készlet szerint ez lehet $10$, $20$, $30$, $40$, illetve $50\%$-kal vékonyabb. Ezeknek a lencséknek az ára a hagyományoshoz képest rendre $40$, $80$, $160$, $320$, $640\%$-kal drágább. Egy lencse határvonalát az $f\left(x\right)=2-\frac{2}{25}{x}^2$ és a $g\left(x\right)=\frac{x^2}{5}-5$ hozzárendeléssel megadott függvények grafikonja által meghatározott síkidom határvonala adja. A koordinátarendszer egysége 5 mm-rel egyenlő. Mekkora területű részt foglal el egy lencse az asztalon? A hagyományos lencséhez képest hány százalékkal választhat vékonyabb lencsét Rebeka?  (16 pont)   Megoldás. Meghatározzuk, hogy a megadott függvények hol metszik egymást: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2-\frac{2}{25}{x}^2=\frac{x^2}{5}-\mathrm{5,}}\end{array}$ $x_1=-5$, $x_5=5$. A kérdéses terület nagyságát határozott integrállal számoljuk ki, az intervallum a $\left[-5;5\right]$. A két ,,görbealatti terület'' különbsége adja a síkidom területét: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=\underset{-5}{\overset{5}{\int }}\left(2-\frac{2}{25}{x}^2-\frac{x^2}{5}+5\right)\text{d}x=2\cdot \underset{0}{\overset{5}{\int }}\left(7-\frac{7}{25}{x}^2\right)\text{d}x=14\cdot \underset{0}{\overset{5}{\int }}\left(1-\frac{1}{25}{x}^2\right)\text{d}x\mathrm{.}}\end{array}$ Alkalmazzuk a Newton‐Leibniz tételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle T=14\cdot {\left[x-\frac{1}{25}\cdot \frac{x^3}{3}\right]}_0^5=14\cdot \left(5-\frac{1}{25}\cdot \frac{125}{3}\right)=\frac{140}{3}\text{ (területegység)}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel a koordinátarendszer egysége 5 mm-rel egyenlő, ezért egy lencse $\frac{35}{3}$ cm${}^2$-es részt foglal el az asztalon. Két lencsére kétféle réteget vásárol Rebeka, amelyeknek 99 Ft/cm${}^2$ az ára. Vagyis ezekért összesen $2\cdot 2\cdot 99\cdot \frac{35}{3}=4620$ Ft-ot fog fizetni. A maradék 20 380 Ft-ból kell döntenie, hogy milyen vékony lencsét vásárolhat. A készlet legvékonyabb tagjától visszafelé számoljunk. Az 50%-os lencsék ára $4280\cdot 7\mathrm{,}4=31672$ Ft lenne. Ilyet nem vehet. A 40%-os lencsék ára $4280\cdot 4\mathrm{,}2=17976$ Ft lenne. Ezt már választhatja Rebeka.   6. A Rubik-kocka feltalálásának évfordulójára díszdobozos kiadást terveznek. Az egyik változat szerint legyen a doboz egy olyan négyoldalú szabályos gúla, amelynek alapéle ugyanolyan hosszú, mint az oldaléle. Az elképzelés szerint a kocka egyik lapja illeszkedik a gúla alaplapjára, az ezzel párhuzamos lap csúcsai pedig a gúla oldaléleire. $a)$ Mekkora legyen a doboz éleinek hossza, ha a Rubik-kocka élhosszúsága: $a=5\mathrm{,}7\text{cm?}$ $b)$ A sok-sok terv közül azonnal elvetették azokat, amelyeknél a játék a doboz $35\%$-át sem tölti ki. A fenti terv megfelelő-e ezen feltétel ismeretében?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Használjuk a vázlatrajzok jelöléseit. Vettük a gúla $P$ csúcsára és az alaplap két szemközti csúcsára, a $K$-ra és az $M$-re illeszkedő síkmetszetét. Ez egy egyenlőszárú háromszög, amelynek szára $x$ cm, az alapja egy $x$ oldalhosszúságú négyzet átlójának hosszával egyenlő, azaz $x\sqrt[]{2}$ cm hosszú. Ennek a háromszögnek az alaphoz tartozó magassága a $KOP$ derékszögű háromszögből Pitagorasz-tétellel: $\begin{array}{c}{\displaystyle OP=m=\sqrt[]{x^2-{\left(\frac{\sqrt[]{2}}{2}x\right)}^2}=\frac{\sqrt[]{2}}{2}x\mathrm{.}}\end{array}$     Mivel $OP=KO=MO(=\frac{\sqrt[]{2}}{2}x)$,   ezért $KOP$ (és $MOP$ is) egyenlőszárú derékszögű háromszög. $KA=KO-AO=\frac{\sqrt[]{2}}{2}\left(x-a\right)$, mivel $AO$ egy $a$ oldalú négyzet átlójának fele. A $KOP$ derékszögű háromszög hasonló a $KAE$ derékszögű háromszöghöz, ugyanis a $PKO$ szög közös hegyesszög. Ezek alapján $KAE$ is egyenlőszárú derékszögű háromszög. Vagyis $KA=AE$, azaz $\frac{\sqrt[]{2}}{2}\left(x-a\right)=a$. Fejezzük ki az $x$-et, és helyettesítsük be az $a$ adott értékét: $x=a\left(1+\sqrt[]{2}\right)\approx \approx 13\mathrm{,}8$ (cm). A doboz éleinek hossza tizedcentiméter pontossággal: 13,8 cm. $b)$ A gúla alaplapjának élhossza már ismert: $x=a\left(1+\sqrt[]{2}\right)\approx 13\mathrm{,}8$ (cm). Ezek alapján a gúla magassága: $m=\frac{\sqrt[]{2}}{2}\cdot 13\mathrm{,}8\approx 9\mathrm{,}8\left(\text{cm}\right)$. A díszdoboz térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_1=\frac{x^2\cdot m}{3}=\frac{{13\mathrm{,}8}^2\cdot 9\mathrm{,}8}{3}\approx 622\mathrm{,}1\left({\text{cm}}^3\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A kocka térfogata: $V_2=a^3=5\mathrm{,}{7}^3\approx 185\mathrm{,}2$ (cm${}^3)$. Százalékban kifejezve: $\frac{V_2}{V_1}\cdot 100$, azaz kerekítve 29,8%-át foglalja el a Rubik kocka a doboz térfogatának. Vagyis ez a terv nem felel meg az elvárásoknak.   7. $a)$ A tízes számrendszerben felírt egyjegyű $a$, kétjegyű $\overline{ab}$ és háromjegyű $\overline{abb}$ szám ebben a sorrendben egy számtani sorozat első, második és tizenkettedik tagja. (Azonos betűk azonos, különböző betűk különböző számjegyeket jelölnek.) Hány darab megfelelő kétjegyű szám van? Mennyi a legnagyobb megfelelő kétjegyű szám esetén a számtani sorozat első $20$ tagjának összege? $b)$ A pozitív számokból álló $\left(a_n\right)$ mértani sorozat kilenc egymást követő tagjából képezzünk három számot úgy, hogy összeadjuk az első hármat, aztán a következő hármat, és végül az utolsó hármat. Mutassuk meg, hogy az így kapott három szám tízes alapú logaritmusa egy számtani sorozat három egymást követő tagja lesz.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Legyen a számtani sorozat első tagja $a$, differenciája $d$. Vagyis: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle a_1}& {\displaystyle =a\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a_2}& {\displaystyle =\overline{ab}=10a+b=a+d\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a_{12}}& {\displaystyle =\overline{abb}=100a+11b=a+11d\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az $a_2$ alapján $11d=11\left(9a+b\right)=99a+11b$, $a_{12}$ alapján $11d=99a+11b$. Tehát tetszőleges $a$ és $b$ esetén megfelelő az $a$, $\overline{ab}$, $\overline{abb}$ számhármas. Az $a$ tetszőleges pozitív számjegy (9 lehetőség), a $b$ pedig tetszőleges számjegy lehet, de nem egyenlő $a$-val (9 lehetőség). Így $\overline{ab}$ 81-féle szám lehet. Ezek közül a legnagyobb a 98. Ebben az esetben a sorozat első eleme 9, a differenciája 89. $\begin{array}{c}{\displaystyle S_{20}=\frac{20}{2}\left(2\cdot 9+19\cdot 89\right)=17090.}\end{array}$ $b)$ Legyen a mértani sorozat kilenc egymást követő tagja: $a$; $aq$, $a{q}^2$, $a{q}^3$, $a{q}^4$, $a{q}^5$, $a{q}^6$, $a{q}^7$, $a{q}^8$, ahol $a>0$, $q>0$. Megadjuk a feladat szövege szerinti három számot $a$-val és $q$-val: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{lg}\left(a+aq+a{q}^2\right);}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{lg}\left(a{q}^3+a{q}^4+a{q}^5\right)=\text{lg}\left(a+aq+{aq}^2\right)+3\text{lg}q;}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle \text{lg}\left(a{q}^6+a{q}^7+a{q}^8\right)=\text{lg}\left(a+aq+{aq}^2\right)+6\text{lg}q\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ez egy $3\text{lg}q$ differenciájú számtani sorozat három egymást követő tagja.   8. Az $ABCDEFGH$ téglatestben úgy jelöltük a csúcsokat, hogy az $ABCD$ alaplapra az $AE$, $BF$, $CG$ és $DH$ élek merőlegesek. Tudjuk, hogy a $HAD$ szög ${30}^{\circ }$-os, a $FAB$ szög pedig ${60}^{\circ }$-os. $a)$ Mekkora az $AFH$ háromszög területe, ha a téglatest térfogata $3375{\text{cm}}^3?$ $b)$ Mekkora szögben hajlik a téglatest $AG$ testátlója az $ABCD$ laphoz? $c)$ Dávid a téglatest ábráját a $8$ csúccsal, a $12$ élével és az $AH$, valamint $AF$ éllel egy gráfnak tekinti. Barbara pedig a hiányzó élek berajzolásával készített egy teljes gráfot. Azt állítja, hogy rajzolás közben minden csúcsot érintett, viszont egy élt csak egyszer rajzolt meg, és közben a ceruzáját nem kellett felemelnie a papírról. Miért tartjuk ezt hihetőnek? Melyik csúcsból kezdhette a rajzolást, és melyik csúcsba érkezhetett?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Legyen $AB=a$. Mivel az $FAB$ derékszögű háromszögben $A$-nál ${60}^{\circ }$-os szög van, ezért $AF=2a$, és Pitagorasz-tétellel $BF=a\sqrt[]{3}$. A téglalapban $BF=DH$, azaz $DH=a\sqrt[]{3}$. Mivel a $HAD$ derékszögű háromszögben $A$-nál ${30}^{\circ }$-os szög van, ezért $AH=2a\sqrt[]{3}$, és Pitagorasz-tétellel $AD=3a$. Most már $a$-val kifejeztük a téglatest mindháromféle oldalának hosszát. Ezek segítségével a téglatest $EFGH$ lapjának $FH$ lapátlóhossza is megadható: $\begin{array}{c}{\displaystyle FH=\sqrt[]{a^2+{\left(3a\right)}^2}=\sqrt[]{10}a\mathrm{.}}\end{array}$ Koszinusz-tétellel meghatározható az $AFH$ háromszög $A$-nál lévő $\phi$ szöge: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle {FH}^2}& {\displaystyle ={AF}^2+{AH}^2-2\cdot AF\cdot AH\cdot \text{cos}\phi \mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(\sqrt[]{10}a\right)}^2}& {\displaystyle ={\left(2a\right)}^2+{\left(2a\sqrt[]{3}\right)}^2-2\cdot 2a\cdot 2a\sqrt[]{3}\cdot \text{cos}\phi \mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 10}& {\displaystyle =4+12-2\cdot 2\cdot 2\sqrt[]{3}\cdot \text{cos}\phi \mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{cos}\phi }& {\displaystyle =\frac{3}{4\sqrt[]{3}}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \phi }& {\displaystyle \approx 64\mathrm{,}{34}^{\circ }\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Felírhatjuk a téglatest térfogatát: $V=a\cdot \sqrt[]{3}a\cdot 3a=3\sqrt[]{3}\cdot a^3=3375$, ahonnan $a\approx 8\mathrm{,}66$ cm. Használhatjuk az $AFH$ háromszögre a szinuszos területképletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{AFH▵}=\frac{AF\cdot AH\cdot \text{sin}{64\mathrm{,}34}^{\circ }}{2}=\frac{2a\cdot 2a\sqrt[]{3}\cdot \text{sin}{64\mathrm{,}34}^{\circ }}{2}\approx 234\mathrm{,}2\left({\text{cm}}^2\right)\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ A kérdéses $\lambda$ szög a $CAG$ derékszögű háromszög $A$-nál lévő szögével egyenlő: $\text{tg}\lambda =\frac{\sqrt[]{3}a}{\sqrt[]{10}a}=\sqrt[]{0\mathrm{,}3}$, $\lambda \approx 28\mathrm{,}{7}^{\circ }$. $c)$ A megadott $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$ és $H$ csúcspontokkal adott gráfban a fokszámok rendre a következők: 5, 3, 3, 3, 3, 4, 3, 4. Mivel a 8 csúcsú teljes gráf minden pontjának 7 a fokszáma, ezért a Barbara által rajzolt $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$ és $H$ csúcspontokkal adott gráfban a fokszámok rendre a következők: 2, 4, 4, 4, 4, 3, 4, 3. Mivel pontosan két páratlan fokszámú csúcs van, ezért hihetőnek tartjuk Barbara kijelentését. Az $F$ és a $H$ csúcsok fokszáma páratlan, ezért az egyik a kiindulópont, a másik a végpont lehet. Ilyen módon egy lehetséges útvonal megadható, például: $H-B-G-D-B-E-C-A-G-E-D-F-C-H-F$.   9. Legyen $n$ pozitív egész szám. Adottak az alábbi sorozatok: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left\{a_n\right\}}& {\displaystyle =\left\{\text{lg}\left(n+1\right)\right\};}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left\{b_n\right\}}& {\displaystyle =\left\{\frac{n^3-5n^2-n+5}{n+1}\right\};}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left\{c_n\right\}}& {\displaystyle =\left\{|n+2|+|n-6|\right\}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Válaszoljunk (indoklással) mindhárom esetben, hogy a sorozat alulról, felülről korlátos vagy nem, illetve monoton vagy nem. Ha van, adjunk meg egy alsó, illetve felső korlátot.  (16 pont)   Megoldás. Az lg függvény szigorú monoton növekedése miatt az $\left\{a_n\right\}$ sorozat is szigorú monoton növekedő. Ebből az is következik, hogy a sorozat első tagja, azaz az $\text{lg}2$ alsó korlát (jelen esetben a legnagyobb). Az lg függvény tulajdonságainak ismeretében tudjuk, hogy felső korlát nincs.     A $\left\{b_n\right\}$ sorozat általános tagjának formuláját egyszerűsíthetjük: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle b_n}& {\displaystyle =\frac{n^3-5n^2-n+5}{n+1}=\frac{n^2\left(n-5\right)-\left(n-5\right)}{n+1}=\frac{\left(n-5\right)\left(n-1\right)\left(n+1\right)}{n+1}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(n-5\right)\left(n-1\right)=n^2-6n+5.}\hfill \end{array}}$ A másodfokú kifejezés főegyütthatója 1, zérushelyei az 1 és az 5, minimum helye a 3. A sorozat szempontjából ez azt jelenti, hogy először csökkenő, aztán növekedő. Vagyis nem monoton a sorozat. A másodfokú függvény tulajdonsága alapján mondható, hogy a sorozat egyik alsó korlátja (jelen esetben a legnagyobb alsó korlátja) a $b_3$, azaz $-4$. A másodfokú függvény tulajdonságaiból az is következik, hogy ennek a sorozatnak nincs felső korlátja. Ha $n=\mathrm{1,2,3,4,5}$, akkor a $\left\{c_n\right\}$ hozzárendelési szabálya: $c_n=|n+2|+|n-6|=n+2-\left(n-6\right)=8$. Ha $n>5$, akkor a $\left\{c_n\right\}$ hozzárendelési szabálya: $c_n=|n+2|+|n-6|=n+2+n-6=2n-4$. Mivel a lineáris függvény meredeksége most pozitív, ezért ezekre az $n$-ekre a sorozat szigorúan monoton növekedő. Összességében monoton növekedő, hiszen a sorozat első öt tagja 8, a továbbiak pedig ennél nem kisebbek. Az elmondottakból az is következik, hogy a sorozat alulról korlátos. Egy lehetséges alsó korlát 8 (ami a legnagyobb alsó korlát). A lineáris függvény ismeretében azt is tudjuk, hogy felső korlát nincs.   ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{<span style="font-weight: bold;">Számadó László </span><br>Budapest}}\hfill \end{array}}$