Németh László (Fonyód)
1. Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket.
a) \(\displaystyle \dfrac{x}{x-1}+\dfrac{2x+1}{x+1}=\dfrac{3x+5}{x^{2}-1}\), (5 pont)
b) \(\displaystyle \cos 2x+2\sin x+3=0\). (5 pont)
Megoldás. a) \(\displaystyle x\neq\pm1\).
\(\displaystyle \dfrac{x}{x-1}+\dfrac{2x+1}{x+1}=\dfrac{3x+5}{(x-1)(x+1)}\qquad /{}\cdot(x-1)(x+1), \)
\(\displaystyle x(x+1)+(x-1)(2x+1)=3x+5\), rendezés és egyszerűsítés után: \(\displaystyle {x^2-x-2=0}\), ennek gyökei: \(\displaystyle x_{1}=-1\); \(\displaystyle x_{2}=2\). Az értelmezési tartomány miatt az egyenlet megoldása: \(\displaystyle x=2\).
Ellenőrzés: \(\displaystyle \dfrac{2}{1}+\dfrac{5}{3}=\dfrac{11}{3}\), ami valóban teljesül.
b) \(\displaystyle 1-2\sin^{2}x+2\sin x+3=0\); \(\displaystyle \sin^{2}x-\sin x-2=0\); eszerint \(\displaystyle \sin x\) lehetséges értékei \(\displaystyle -1\) és 2, ám ez utóbbi nem eleme az értékkészletnek, így az egyenlet megoldása: \(\displaystyle x=-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi\), \(\displaystyle k\in \mathbb{Z}\).
Ellenőrzés: a kapott \(\displaystyle x\) értékekre \(\displaystyle \cos(2x)=-1\), \(\displaystyle \sin(x)=-1\), tehát valóban teljesül az eredeti egyenlőség.
2. Adott az \(\displaystyle f(x)=\lvert x+1\rvert\), (\(\displaystyle x\in \mathbb{R}\)), és a \(\displaystyle g(x)=\sqrt{x}-2\), (\(\displaystyle x\in\mathbb{R}\), \(\displaystyle x\geq0\)) függvény.
a) Adja meg a \(\displaystyle g(x)\) függvény inverzének értelmezési tartományát és hozzárendelési utasítását. (4 pont)
b) Ábrázolja az \(\displaystyle f\circ g\) függvény grafikonját a \(\displaystyle [0,16]\) intervallumon. (5 pont)
(Az \(\displaystyle f\circ g\) korábbi jelölése: \(\displaystyle f\bigl(g(x)\bigr)\).)
c) Határozza meg a \(\displaystyle g\circ f\) függvény összes zérushelyét. (4 pont)
Megoldás. a) Cseréljük fel a változókat: \(\displaystyle x=\sqrt{y}-2\), \(\displaystyle y\geq0\), ahonnan \(\displaystyle x\geq-2\); \(\displaystyle y=(x+2)^{2}\), tehát a \(\displaystyle g(x)\) függvény inverze: \(\displaystyle g^{-1}(x)=(x+2)^{2}\), (\(\displaystyle x\geq-2\), \(\displaystyle x\in \mathbb{R}\)).
b) \(\displaystyle f\circ g=\left\lvert\sqrt{x}-2+1\right\rvert=\left\lvert\sqrt{x}-1\right\rvert\), (\(\displaystyle x\in \mathbb{R}\), \(\displaystyle x\geq0\)).
c) \(\displaystyle g\circ f=\sqrt{\lvert x+1\rvert}-2\); \(\displaystyle \sqrt{\lvert x+1\rvert}-2=0\); \(\displaystyle \sqrt{\lvert x+1\rvert}=2\); \(\displaystyle \lvert x+1\rvert=4\), ahonnan \(\displaystyle {x_{1}=-5}\); \(\displaystyle {x_{2}=3}\). A függvény zérushelyei: \(\displaystyle x_{1}=-5\); \(\displaystyle x_{2}=3\).
Ellenőrzés: \(\displaystyle \sqrt{\lvert -5+1\rvert}-2=\sqrt{4}-2=0\), illetve \(\displaystyle \sqrt{\lvert 3+1\rvert}-2=\sqrt{4}-2=0\).
3.
Egy szabályos tetraéder adott csúcsából induló éleinek a csúcshoz közelebbi harmadolópontjain átmenő síkkal lemetszettük a test csúcshoz közelebbi részét. Mindegyik csúcsnál elvégeztük ezt a csonkolást, és az ábra szerinti, \(\displaystyle 10\) cm élű poliéderhez jutottunk.
a) Mekkora a poliéder felszíne és térfogata? (9 pont)
b) Mekkora szöget zár be egymással egy hatszög és egy vele szomszédos háromszöglap? (5 pont)
Megoldás. a) A felszínt négy szabályos hatszög, és négy szabályos háromszög alkotja. A szabályos hatszögben hat olyan szabályos háromszög található, mint a levágott részeknél kialakult szabályos háromszög, így a test felszíne \(\displaystyle 6\cdot 4+4=28\) darab, \(\displaystyle 10\) cm oldalú szabályos háromszög területével \(\displaystyle ( T=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4})\) egyenlő: \(\displaystyle A={28\cdot \dfrac{10^{2}\sqrt{3}}{4}}=700\sqrt{3}\approx1212{,}4 \ \text{cm}^{2}\).
A test a csonkolás előtt egy \(\displaystyle 30\) cm élű szabályos tetraéder volt, amelynek térfogatát legegyszerűbben a \(\displaystyle V=\frac{\sqrt{2}}{12}a^{3}\) képlettel számíthatjuk ki, ahol \(\displaystyle a\) a tetraéder éle. Ha ebből kivonjuk a négy levágott rész térfogatát – amelyet ugyanezzel az összefüggéssel kapunk –, akkor így megkapjuk a test térfogatát:
\(\displaystyle V=\dfrac{\sqrt{2}}{12}\left(30^{3}-4\cdot 10^{3}\right)\approx2710{,}6~\mathrm{cm}^{3}. \)
b)
A keresett szög a szabályos tetraéder lapjai által bezárt szög mellékszöge. Az ábrán látható \(\displaystyle VTD\) derékszögű háromszög \(\displaystyle VT\) befogója a \(\displaystyle VD\) átfogó harmada, mivel \(\displaystyle {PQD}\triangle\cong{PQR}\triangle\) és a \(\displaystyle VR\) szakasz a \(\displaystyle PQR\) szabályos háromszög súlyvonala, amelynek \(\displaystyle T\) harmadolópontja (a szabályos háromszög súlypontja) a \(\displaystyle VTD\) derékszögű háromszög derékszögű csúcsa, tehát: \(\displaystyle \cos \alpha=\dfrac{1}{3}\), ebből \(\displaystyle \alpha=70{,}53^{\circ}\), így a lapok \(\displaystyle 109{,}47^{\circ}\)-os szöget zárnak be egymással.
4. Döntse el az alábbi A), B), C) állításokról, hogy igazak, vagy hamisak. Válaszait indokolja!
A) Egy háromszög súlypontját a csúcsokkal összekötő szakaszok olyan kisebb háromszögekre bontják a háromszöget, amelyek területe egyenlő. (6 pont)
B) Nincs olyan racionális együtthatójú másodfokú egyenlet, amelynek egyik gyöke racionális, a másik irracionális szám. (4 pont)
C) Ha egy adott év napjaiból kiválasztunk 30-at, nem biztos, hogy lesz közöttük legalább öt olyan, amelyik a hét ugyanazon napjára esik. (4 pont)
Megoldás. A) Az állítás igaz.
Belátjuk, hogy az \(\displaystyle ABS\) háromszög területe az \(\displaystyle ABC\) háromszög területének harmada. \(\displaystyle S\) a \(\displaystyle CF_{3}\) súlyvonal oldalhoz közelebbi harmadolópontja, valamint a \(\displaystyle CT_{3}F_{3}\triangle\) hasonló az \(\displaystyle STF_{3}\triangle\)-höz (szögeik páronként egyenlőek), ezért az \(\displaystyle ABS\triangle\) \(\displaystyle c\) oldalához tartozó \(\displaystyle ST \) magasság harmada az \(\displaystyle m_{3}\)-nak, így a területe is. Ugyanígy igaz ez a másik két kis háromszögre is, tehát területeik egyenlőek.
B) Az állítás igaz. Indirekt módon tegyük fel, hogy van ilyen egyenlet: \(\displaystyle ax^{2}+bx+c=0\), \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\in \mathbb{Q}\), \(\displaystyle a\neq0\), ahol az egyenlet gyökeire: \(\displaystyle x_{1} \in \mathbb{Q}\), \(\displaystyle x_{2}\in \mathbb{Q}^{\star}\).
Mivel \(\displaystyle x_{1}+x_{2}=-\dfrac{b}{a}\), amely racionális szám, ebből kivonva \(\displaystyle x_{1}\)-et, szintén racionális számot kapunk, amely nem lehet egyenlő az \(\displaystyle x_{2}\) irracionális számmal. Ellentmondásra jutottunk, tehát a feltevésünk hamis, így a tagadása igaz.
C) Az állítás hamis. Indoklás:
1. megoldás. Indirekt módon tegyük fel, hogy a hét minden napjából legfeljebb \(\displaystyle 4\) van, ekkor legfeljebb \(\displaystyle 4 \cdot 7 = 28\) napot tudnánk választani, ámde \(\displaystyle 30\) napot választottunk, ez ellentmondás, így a bizonyítást befejeztük.
2. megoldás. Az általános skatulyaelvet használva legalább \(\displaystyle nk+1\) golyót téve \(\displaystyle n\) skatulyába, lesz legalább egy skatulya, amelyben több, mint \(\displaystyle k\) darab golyó lesz. Jelen esetben a skatulyák a napok, \(\displaystyle 7\) darab van. Mivel \(\displaystyle 30 \ge 4 \cdot 7+1\), így a skatulyaelv miatt lesz, amelyik napból több, mint \(\displaystyle 4\), tehát legalább \(\displaystyle 5\) van.
5. Az \(\displaystyle {a_n}\) számsorozat első tagja \(\displaystyle a_1 =1\), és a második tagtól kezdve minden tagja kiszámítható a következő rekurzív képlet segítségével: \(\displaystyle a_{n+1} = a_n+2n\).
a) Igazolja, hogy \(\displaystyle a_n = n^2-n+1\). (3 pont)
b) Határozza meg az \(\displaystyle \left\lbrace a_{n} \right\rbrace \) sorozat első 11 tagjának mediánját, alsó és felső kvartilisét. (2 pont)
c) Bizonyítsa be (teljes indukcióval vagy más módszerrel), hogy az \(\displaystyle \left\lbrace a_{n} \right\rbrace \) sorozat első \(\displaystyle n\) tagjának összege:
Választunk egy \(\displaystyle n<1000\) pozitív egész számot, majd képezzük az \(\displaystyle \bigl\{a_{n}\bigr\}\) sorozat első \(\displaystyle n\) tagjának átlagát.
d) Mennyi a valószínűsége, hogy a kapott átlag egész szám, ha minden \(\displaystyle n<1000\) pozitív egész kiválasztásának ugyanakkora a valószínűsége? (5 pont)
Megoldás. a) Mivel \(\displaystyle a_{n}=a_{n-1}+2(n-1)=a_{n-2}+2(n-2)+2(n-1)=\ldots=a_1+2\bigl(1+2+\ldots+(n-2)+(n-1)\bigr)=1+2\cdot\frac{(n-1)n}{2}=1+n(n-1)=n^2-n+1 \), ezért az állítást beláttuk.
b) A sorozat első 11 tagja: 1; 3; 7; 13; 21; 31; 43; 57; 73; 91; 111. A medián 31, az alsó kvartilis 7, a felső 73.
c) Teljes indukcióval bizonyítunk. Először is: \(\displaystyle S_{1}=1=\frac{1\cdot(1+2)}{3}\). Ha \(\displaystyle S_{k}=\dfrac{k(k^{2}+2)}{3}\) (indukciós feltétel), akkor
\(\displaystyle S_{k+1}=S_{k}+a_{k+1}=\dfrac{k\bigl(k^{2}+2\bigr)}{3}+(k+1) ^{2}-(k+1)+1=\dfrac{k^{3}+3k^{2}+5k+3}{3}, \)
másrészt
\(\displaystyle S_{k+1}=\dfrac{(k+1)\left[(k+1)^{2}+2 \right] }{3}=\dfrac{(k+1)\bigl(k^{2}+2k+3\bigr)}{3}=\dfrac{k^{3}+3k^{2}+5k+3}{3}. \)
A két kifejezés azonos, a ,,következőre öröklődést'' igazoltuk, ezzel a bizonyítást befejeztük.
Más módszerrel: mivel \(\displaystyle a_n=n^2-n+1\), a tagok összege úgy is kiszámítható, hogy az első \(\displaystyle n\) pozitív egész szám négyzete összegéből kivonjuk az első \(\displaystyle n\) pozitív egész szám összegét, és hozzáadjuk \(\displaystyle n\)-szer az 1-et. Így a sorozat első \(\displaystyle n\) tagjának összege
\(\displaystyle \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\frac{3n(n+1)}{6}+\frac{6n}{6}= \frac{n[2n^2+3n+1-3n-3+6]}{6}=\frac{n(n^2+2)}{3}. \)
d) \(\displaystyle \overline{S}_{n}=\dfrac{S_{n}}{n}=\dfrac{n^{2}+2}{3}\) pontosan akkor egész, ha \(\displaystyle n^2+2\) osztható \(\displaystyle 3\)-mal.
Tehát \(\displaystyle n^2+2\) akkor osztható 3-mal, ha \(\displaystyle n\) nem osztható 3-mal. Az \(\displaystyle 1000\)-nél kisebb pozitív egész számok közül \(\displaystyle \dfrac{999}{3}=333\) osztható \(\displaystyle 3\)-mal, a többi \(\displaystyle 999-333=666\) nem, így a keresett valószínűség: \(\displaystyle P(A)=\dfrac{666}{999}=\dfrac23\).
6. A \(\displaystyle H\) halmazt azok az ötpontú egyszerű gráfok alkotják, amelyek pontjai egy adott konvex ötszög \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\) csúcsai.
a) Hány eleme van \(\displaystyle H\)-nak? (3 pont)
b) Rajzolja le az összes \(\displaystyle H\)-beli három élű gráfot, amelyek páronként nem izomorfak egymással. (5 pont)
c) Hány olyan gráf van \(\displaystyle H\)-ban, amely összefüggő és van benne kör? (8 pont)
Megoldás. a) Az ötpontú teljes gráfnak összesen \(\displaystyle \binom{5}{2}=10\) éle van, egy adott gráf esetén ezek mindegyikéről függetlenül dönthetünk, hogy behúzzuk, vagy nem, ezért \(\displaystyle 2^{10}=1024\) ilyen gráf van.
Vagy másképp: egy gráf a 10 él közül tartalmazhat \(\displaystyle 0, 1, 2, \ldots, 9\) vagy \(\displaystyle 10\) élet. Az összes lehetőség:
\(\displaystyle \binom{10}{0}+\binom{10}{1}+\binom{10}{2}+\ldots+\binom{10}{10}=2^{10}=1024. \)
Tehát \(\displaystyle H\)-nak 1024 eleme van.
b) Ha az öt pont fokait nemcsökkenő nagyság szerint összeadjuk, akkor a következő lehetőségek adódnak (egy pont foka legfeljebb \(\displaystyle 3\)): három él esetén összegük \(\displaystyle 6=0+0+0+3+3\); amely nem egyszerű gráf, illetve \(\displaystyle 6=0+0+1+2+3\); ez sem egyszerű gráf. Az ezután következő esetekben esetleg több gráf is rajzolható, megvizsgálva őket, kizárólag az alábbiak lesznek jók, azaz egyszerű gráfok:
Mivel további lehetőség nincs, ez a négy különböző 3 élű, egymással páronként nem izomorf gráf található \(\displaystyle H\)-ban.
c) A négy élnél kevesebb élű ötpontú egyszerű gráfok nem lehetnek összefüggők, a hét vagy annál több élet tartalmazók pedig biztosan összefüggők, és tartalmaznak kört. Részletesen tehát a 4-, 5-, 6-élű gráfokkal kell foglalkoznunk. Ha egy négyélű \(\displaystyle H\)-beli gráf összefüggő, akkor fagráf, tehát nem lehet benne kör. Az ötélű (\(\displaystyle H\)-beli) gráfok mindegyikében van kör, de nem mindegyik összefüggő. Legyen két komponense, közülük az egyik izolált pont, a másiknak négy pontja van (nyilvánvaló, ha kettőnél több komponense volna, nem lehetne benne öt él). Ha ez a négypontú komponens teljes gráf lenne, hat éle volna, mivel csak öt van, ezért ez hatféleképpen jöhet létre, így összesen \(\displaystyle 5\cdot 6=30\) ilyen gráf van. Mivel \(\displaystyle \binom{10}{5}=252\) darab ötélű gráf közül 30 nem összefüggő, ezért 222 olyan, amely összefüggő és van benne kör. A hatélű (\(\displaystyle H\)-beli) gráfok közül csak azok nem összefüggők, amelyeknek egyik komponense négypontú teljes gráf, ezek száma 5, a \(\displaystyle \binom{10}{6}=210\)-ből 205 összefüggő, és kört is tartalmaz. Összesen tehát \(\displaystyle 222+205+\binom{10}{7}+\binom{10}{8}+\binom{10}{9}+\binom{10}{10}=603\) összefüggő és körrel rendelkező gráf van az 1024 között.
7. Az origó középpontú \(\displaystyle 5\) egység sugarú körön az olyan pontok, amelyeknek mindkét koordinátája egész szám, egy körbeírt sokszöget határoznak meg.
a) Mekkorák a sokszög szögei? (8 pont)
b) Számítsa ki az \(\displaystyle y\) tengely azon pontjainak második koordinátáját, amelyekből az \(\displaystyle A(4;5)\) és \(\displaystyle B(8;-3)\) pontok által meghatározott szakasz \(\displaystyle 45^{\circ}\)-os szögben látszik. (8 pont)
Megoldás. a) A kör egyenlete: \(\displaystyle x^{2}+y^{2}=25\). Keressük az egyenlet egész számpár megoldásait. A változók szimmetriája és második hatványa miatt elég az úgynevezett alapmegoldásokat megadni, a többi az előjelek megváltoztatásával és a változók felcserélésével előállítható, tehát a sokszög szimmetrikus a koordinátatengelyekre, és ezek szögfelezőire.
Legyen \(\displaystyle 0\leq x\leq y\), ekkor \(\displaystyle x^{2}+x^{2}\leq 25\), \(\displaystyle 2x^{2}\leq 25\), azaz \(\displaystyle 0\leq x\leq 3\), tehát csak az \(\displaystyle x=0\), \(\displaystyle 1\), \(\displaystyle 2\), \(\displaystyle 3\) egész számokat kell az egyenletbe helyettesíteni, amelyek közül az \(\displaystyle x=0\); \(\displaystyle y=5\), illetve az \(\displaystyle x=3\), \(\displaystyle y=4\) esetben kapunk \(\displaystyle y\)-ra egész számot. Az összes pontot láthatjuk az ábrán, amelyen az is látszik, hogy a síknegyedek belsejében levő csúcsoknál (pl. \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\)) a szimmetria miatt ugyanakkorák a szögek (\(\displaystyle \alpha\)), valamint a koordinátatengelyeken levő csúcsoknál szintén egyenlőek a szögek (\(\displaystyle \beta\)), ezért a sokszögnek csupán két szögét kell kiszámítani.
A \(\displaystyle \overrightarrow{BC}=(3;-1)\) vektor koordinátáiból: \(\displaystyle \tg\frac{\beta}{2}=\frac31\), ahonnan \(\displaystyle \beta=2\cdot\tg^{-1}(3)\approx143{,}130^{\circ}\). Ekkor az első síknegyed szögfelezőjére vonatkozó szimmetria miatt \(\displaystyle \alpha=45^{\circ}+90^{\circ}+(90^{\circ}-\frac{\beta}{2})\approx153{,}435^{\circ}\). Tehát a tizenkétszögnek 4 darab \(\displaystyle 143{,}130^{\circ}\)-os és \(\displaystyle 8\) darab \(\displaystyle 153{,}435^{\circ}\)-os szöge van.
b) Tudjuk, hogy a sík azon pontjainak mértani helye, amelyekből egy adott szakasz adott szög alatt látszik, két látószögkörív, amely (irányított) körívekhez tartozó középponti szögek az adott látószög kétszeresével egyenlők (kerületi és középponti szögek tétele). A látószög \(\displaystyle 45^\circ\), így a szóban forgó középponti szög most \(\displaystyle 90^{\circ}\), tehát a körív középpontja az \(\displaystyle AB\) szakasz Thalész-körének (zöld) és szakaszfelező merőlegesének (kék) metszéspontjában van.
Ezek a pontok az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\) pontokkal együtt egy négyzet csúcsai. Az \(\displaystyle AB\) szakasz \(\displaystyle F\) felezőpontjának koordinátái: \(\displaystyle F(6;1)\); innen \(\displaystyle \overrightarrow{FA}(-2;4)\). Forgassuk el az origó körül \(\displaystyle {+90^{\circ}}\)-kal \(\displaystyle \overrightarrow{FA}\)-t, majd adjuk hozzá a \(\displaystyle (6;1)\) helyvektorhoz, így az egyik látókör középpontjához jutunk. \(\displaystyle \overrightarrow{FA}_{+90^{\circ}}(-4;-2)\), \(\displaystyle (-4;-2)+(6;1)={(2;-1)}\), tehát \(\displaystyle {O_{1}(2;-1)}\), a másik ugyanígy \(\displaystyle \overrightarrow{FA}_{-90^{\circ}}(4;2)\), ahonnan \(\displaystyle (4;2)+(6;1)=(10;3)\), azaz \(\displaystyle O_{2}(10;3)\). A (piros) látókörívek sugara: \(\displaystyle \lvert\overrightarrow{O_{1}A}(2;6)\rvert=2\sqrt{10}\), így egyenleteik:
\(\displaystyle k_{1}\colon (x-2)^{2}+(y+1)^{2}=40;\qquad k_{2}\colon (x-10)^{2}+(y-3)^{2}=40. \)
Az \(\displaystyle y\) tengely pontjainak abszcisszája \(\displaystyle 0\), az egyenletekbe beírva az elsőből \(\displaystyle {y_{1}=-7}\); \(\displaystyle y_{2}=5\) adódik, a másodiknak nincs valós gyöke. Ezzel a kérdéses koordinátákat megkaptuk, a pontok: \(\displaystyle P(0;5)\); \(\displaystyle Q(0;-7)\).
8. a) Igazolja, hogy az \(\displaystyle f(x)=\dfrac{1}{4}x^{4}-\dfrac{1}{2}x^{2}+\dfrac{1}{2}\), (\(\displaystyle x\in \mathbb{R}\)) függvény grafikonjának nincs közös pontja az \(\displaystyle x\) tengellyel. (2 pont)
b) Határozza meg az \(\displaystyle f(x)\) függvény globális és lokális szélsőértékhelyeit és szélsőértékeit. (6 pont)
c) Mekkora annak a zárt, korlátos síkidomnak a területe, amelyet az \(\displaystyle f(x)\) függvény grafikonja, ehhez a grafikonhoz az \(\displaystyle x_{0}=2\) abszcisszájú pontba húzott érintő és a két koordinátatengely bezár? (8 pont)
Megoldás. a) \(\displaystyle \dfrac{1}{4}x^4-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{2}= \dfrac{1}{4}(x^4-2x^2+2)=\dfrac{1}{4}\bigl((x^2-1)^2+1\bigr)\) minden valós \(\displaystyle x\) értékre pozitív. Tehát a függvény grafikonjának valóban nincs közös pontja az \(\displaystyle x\) tengellyel.
b) \(\displaystyle f'(x)=x^{3}-x\) és \(\displaystyle f''(x)=3x^{2}-1\). \(\displaystyle x\bigl(x^{2}-1=0\bigr)\) nullhelyei \(\displaystyle x_{1}=0\); \(\displaystyle x_{2,3}=\pm1\) a lehetséges szélsőértékhelyek. Mivel \(\displaystyle f''(x)=3x^{2}-1\); \(\displaystyle f''(0)<0\), így a 0-nál lokális maximuma van a függvénynek, értéke: \(\displaystyle \dfrac{1}{2}\). Mivel \(\displaystyle f''(1)>0\) és \(\displaystyle f''(-1)>0\), így ezeken a helyeken lokális minimum van, amelyek értéke egyaránt \(\displaystyle \dfrac{1}{4}\), ez egyúttal abszolút minimumérték is, mert \(\displaystyle f(x)=\dfrac{1}{4}\bigl(x^2-1\bigr)^{2}+\dfrac{1}{4}\geq\dfrac{1}{4}\).
c)
\(\displaystyle f(2)=2{,}5\), ezért az érintési pont \(\displaystyle P(2;2{,}5)\), az érintő meredeksége: \(\displaystyle {m=f'(2)=6}\), az érintő egyenlete: \(\displaystyle y-2{,}5=6(x-2)\), \(\displaystyle y=6x-9{,}5\). Az érintő az \(\displaystyle x\) tengelyt a \(\displaystyle {6x-\dfrac{19}{2}=0}\) egyenlet megoldása alapján a \(\displaystyle \Bigl(\dfrac{19}{12};0\Bigr)\) pontban metszi.
\(\displaystyle t=t_{1}-t_{2}=\dfrac{179}{240}\approx0{,}75\). A síkidom területe: \(\displaystyle \dfrac{179}{240}\) területegység.
Megjegyzés. A \(\displaystyle t_{2}\) elemi úton is kiszámítható. A derékszögű háromszög vízszintes befogója \(\displaystyle 2-\dfrac{19}{12}=\dfrac{5}{12}\), a függőleges befogója \(\displaystyle \dfrac{5}{2}\), tehát a területe: \(\displaystyle t_{2}=\dfrac{\frac{5}{12}\cdot\frac{5}{2}}{2}=\dfrac{25}{48}\).
9. a) Egy kereskedelmi vállalatnak a vásárlók palackvisszaváltási szokásairól készített felmérésén \(\displaystyle 500\) olyan vásárlót kérdeztek meg, akik használták a visszaváltó automatát. A visszaváltó automatán a visszajáró összeget A) Bolti utalvány, B) Banki utalás, C) Jótékonysági felajánlás közül az egyiket kiválasztva lehet kérni. \(\displaystyle 398\)-an az A), \(\displaystyle 100\)-an a B) és \(\displaystyle 2\)-en a C) lehetőséget jelölték meg.
a)
Mennyi a valószínűsége annak, hogy az \(\displaystyle 500\) vásárlóból véletlenszerűen kiválasztva \(\displaystyle 20\)-at, közülük legfeljebb \(\displaystyle 16\)-an választották az A) lehetőséget? Az eredményt négy tizedesjegyre kerekítve adja meg. (5 pont)
Az egyik visszaváltó ponton az első héten \(\displaystyle 10\,000\), a következő héten \(\displaystyle 11\,000\), a harmadik héten pedig \(\displaystyle 15\,000\) terméket váltottak vissza. Ezek alapján készült a mellékelt ábra, amelyen a függőleges tengely egysége ezer darab terméket jelent.
b) Adjon meg egy olyan elsőfokú függvényt, amelynek grafikonja átmegy az \(\displaystyle M(2;12)\) ponton, és amely az \(\displaystyle x_{1}=1\); \(\displaystyle x_{2}=2\); \(\displaystyle x_{3}=3\) helyen olyan értéket vesz fel, amelynek az \(\displaystyle y_{1}=10\); \(\displaystyle y_{2}=11\); \(\displaystyle y_{3}=15\) értékektől való eltérésének négyzetösszege a lehető legkisebb. (9 pont)
A visszaváltott termékek anyagának típusát három csoportba sorolták: \(\displaystyle a\) (műanyag), \(\displaystyle b\) (fém), \(\displaystyle c\) (üveg). A fenti \(\displaystyle 500\) vásárló közül arra a kérdésre, hogy milyen típusú palackokat szoktak visszaváltani, \(\displaystyle 380\)-an az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\); \(\displaystyle 50\)-en az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\); \(\displaystyle 24\)-en a \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\); \(\displaystyle 10\)-en az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle c\) választ adták. Azok száma, akik csak egyfajta terméket váltottak vissza, \(\displaystyle 3:2:1\) arányban oszlott meg az \(\displaystyle a:b:c\) típusok között.
c) Hány vásárlónak volt „\(\displaystyle a\)” típusú palackja a visszaváltottak között? (2 pont)
Megoldás. a) A komplementer esemény valószínűsége:
\(\displaystyle P(\bar{A})=\dfrac{\binom{398}{17}\cdot\binom{102}{3}+\binom{398}{18}\cdot\binom{102}{2}+\binom{398}{19}\cdot\binom{102}{1}+\binom{398}{20}}{\binom{500}{20}}=0{,}3903, \)
így az esemény valószínűsége: \(\displaystyle P(A)=1-0{,}3903=0{,}6097\).
b) Mivel az elsőfokú függvény \(\displaystyle f(x)=mx+b\) grafikonja átmegy az \(\displaystyle M(2;12)\) ponton, \(\displaystyle 12=2m+b \Rightarrow b=12-2m\), amely a megadott helyeken \(\displaystyle 12-m\); 12; \(\displaystyle m+12\) értéket vesz fel. Ezeknek a 10; 11; 15 értékektől vett eltérése \(\displaystyle m-2\); \(\displaystyle {-1}\); \(\displaystyle 3-m\), vagyis a \(\displaystyle g(m)=(m-2)^{2}+(-1)^{2}+(3-m)^{2}=2m^{2}-10m+14\) függvény minimumhelyét kell meghatároznunk.
Elemi megoldás: \(\displaystyle g(x)=2m^{2}-10m+14=2(m-2{,}5)^{2}+1{,}5\) ez akkor a legkisebb, ha \(\displaystyle m=2{,}5\). A keresett elsőfokú függvény: \(\displaystyle f(x)=2{,}5x+7\).
Differenciálással: \(\displaystyle g'(m)=4m-10\), \(\displaystyle 0=4m-10\), ahonnan \(\displaystyle m=2{,}5\); \(\displaystyle g''(2{,}5)=4>0\), az \(\displaystyle m=2{,}5\) helyen minimuma van a függvénynek.
c) Elkészítjük az alábbi Venn-diagramot: Összeadjuk az egyes tartományokba írt mennyiségeket:
\(\displaystyle 380+50+24+10+6x=500, \)
innen \(\displaystyle x=6\), tehát \(\displaystyle 380+50+10+3\cdot6=458\) vásárlónak volt műanyag palackja a visszaváltott palackok között.
1. Oldja meg a valós számok halmazán a következő egyenletet!
\(\displaystyle \sqrt{x^2-5x-14}\cdot\lvert5-x\rvert\cdot\sin\left(2x+\dfrac{\pi}{6}\right)\cdot\lg(9-x)=0 \)
2. a) Tízes számrendszerben hány jegyű szám az \(\displaystyle 5^{29}\)?
b) Egy mértani sorozat első tagja \(\displaystyle 5^{-29}\), kvóciense 5. Az első tagtól kezdve legalább hány tagot kell ...
1. Határozza meg a természetes számok halmazának azt a legbővebb részhalmazát, amely értelmezési tartománya lehet az alábbi kifejezéseknek.
a) \(\displaystyle \log_x(-2x^2-7x+15)\) (6 pont)
b) \(\displaystyle \sqrt{\dfrac{x^2-2x}{-2x^2- 7x+15}}\) (6 pont)
1. a) Oldja meg a következő egyenletet az egész számok halmazán:
\(\displaystyle (x^2-9)\left(\dfrac{1}{x-3}-\dfrac{1}{x+3}-1\right)=9+x \)
b) Egy négyszög \(\displaystyle \alpha\) szögére teljesül, hogy \(\displaystyle 4\sin^2\alpha-3=0\). Mekkora lehet az \(\displaystyle \alpha\) szög nagysága?
1. Két pozitív szám számtani közepe \(\displaystyle 205\), a számtani és mértani közepük különbsége \(\displaystyle 160\). Melyik ez a két szám?
2. Számítsa ki \(\displaystyle x \in \mathbb{R}\) értékét, ha \(\displaystyle \overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}=0\), valamint \(\displaystyle A(x;7)\), \(\displaystyle B(4;-1)\) és \(\displaystyle C(x-11; -4)\).
Azok is figyelmesen olvassák el a Versenykiírást, akik tavaly már részt vettek versenyünkben.
Idén is matematikából, fizikából és informatikából indítunk versenyeket. Egyénileg, illetve csapatban is lehet versenyezni, a versenyek 9 hónapon keresztül, 2025. szeptemberétől 2026. június elejéig tartanak. Minden hónapban új feladatokat tűzünk ki, és a megoldásokat a következő hónap elejéig küldheted be. A verseny végeredményét a 2026. szeptemberi számunkban hirdetjük ki. A díjakat jövő ősszel, a KöMaL Ifjúsági Ankéton adjuk át.
