Polák Péter, Budapest
1. a) Egy számtani sorozat három egymást követő tagja (ebben a sorrendben): \(\displaystyle y\), \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle 4x-5\). Határozza meg ezeket a számokat, ha összegük \(\displaystyle 1500\). (4 pont)
b) Hány olyan mértani sorozat van, amelynek első \(\displaystyle 5\) tagja között szerepel a \(\displaystyle 2\), a \(\displaystyle 8\) és a \(\displaystyle 32\), ha számít a tagok sorrendje is? (5 pont)
c) Rendezze növekvő sorrendbe az alábbi halmazok számosságát! Válaszát indokolja!
\(\displaystyle A=\{\text{Az }x^2+2x+1=2\text{ egyenlet racionális megoldásai}\}\);
\(\displaystyle B=\{\text{A~\(\displaystyle 40\) pozitív osztói}\}\);
\(\displaystyle C=\left\{n \;\Big|\; 3^{-n+1}>\dfrac{1}{27^3}, n\in\mathbb{N}\right\}\). (5 pont)
Megoldás. a) A három szám összege a középső tag háromszorosa. \(\displaystyle 3x=1500\), ebből \(\displaystyle x=500\). A sorozat differenciája \(\displaystyle (4x-5)-x=3x-5=1495\). Tehát a három szám: \(\displaystyle -995\); \(\displaystyle 500\); \(\displaystyle 1995\). Ezek valóban számtani sorozatot alkotnak.
b) A felsorolt számok önmaguk is egy mértani sorozatot alkotnak; \(\displaystyle q=4\) vagy \(\displaystyle q=1/4\). Ezért két eset lehetséges: (I.) az öt szám között is szomszédosak ezek vagy pedig (II.) az első, harmadik és ötödik tagjai a számötösnek.
I. Ha ezek szomszédos tagok, akkor a legkisebb sorszámú tag legfeljebb a harmadik lehet. Ez három lehetőség. Minden lehetőségben két sorozat van (\(\displaystyle q=4\) vagy \(\displaystyle q=1/4\)), tehát hat ilyen sorozat van.
II. Ha ezek nem szomszédosak, akkor \(\displaystyle q^2=4\) vagy \(\displaystyle q^2=1/4\). Mindkét esetben kétféle lehet a hányados: \(\displaystyle q=\pm2\) vagy \(\displaystyle \pm1/2\), tehát 4 ilyen sorozat van.
Összesen \(\displaystyle 10\) ilyen mértani sorozat van.
c) \(\displaystyle x^2 + 2x + 1=(x+1)^2=2\), ennek megoldásai \(\displaystyle \pm\sqrt{2}-1\), amelyek irracionálisak, ezért \(\displaystyle |A|=0\). A \(\displaystyle 40=2^3 \cdot 5\), tehát \(\displaystyle |B|=4 \cdot 2= 8\). A \(\displaystyle 3\)-as alapú exponenciális függvény szigorú monoton növekedése miatt a \(\displaystyle 3^{-n+1}>3^{-9} \) egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle -n+1>-9\), amiből \(\displaystyle n<10\) természetes szám, ezért \(\displaystyle |C|=10\). A számosságok sorrendje: \(\displaystyle |A|<|B|<|C|\).
2. a) Bizonyítsa be az alábbi állítást:
,,Ha egy derékszögű háromszög mindhárom oldalának hossza pozitív egész szám, akkor az átfogóhoz tartozó magasságának hossza racionális.'' (4 pont)
b) Írja fel az a) feladatban szereplő állítás megfordítását, és döntse el róla, hogy igaz vagy hamis! Válaszát indokolja! (3 pont)
c) Összeadtuk \(\displaystyle 27\) különböző prímszám négyzetét, és eredményül \(\displaystyle 155\;787\)-et kaptunk. Szerepelhetett-e a prímek között a 3? (5 pont)
Megoldás. a) Legyenek a befogók \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), az átfogó \(\displaystyle c\), az ehhez tartozó magasság pedig \(\displaystyle m\). Ekkor \(\displaystyle T_\triangle=\frac{ab}{2}=\frac{c\cdot m}{2}\), vagyis \(\displaystyle m=\frac{ab}{c}\), tehát \(\displaystyle m\) egész számok hányadosaként előáll, azaz racionális.
b) Az állítás megfordítása: ,,Ha egy derékszögű háromszög átfogóhoz tartozó magasságának hossza racionális, akkor mindhárom oldalának hossza egész szám.''
Az állítás hamis. Tekintsünk egy négyzetet, amelyiknek az átlói \(\displaystyle 10\) egység hosszúak. Ekkor a négyzet felét képező derékszögű háromszögben \(\displaystyle c=10\), \(\displaystyle m=5\), \(\displaystyle a=b=10/\sqrt{2}\), ezek pedig irracionálisak.
c) Ha egy szám nem osztható hárommal, akkor \(\displaystyle 3k \pm 1\) alakban írható, ahol \(\displaystyle {k \in \mathbb{Z}}\) és \(\displaystyle (3k \pm 1)^2=9k^2 \pm 6k+1\). Ebből látható, hogy a négyzete mindig \(\displaystyle 1\) maradékot ad hárommal osztva. Tegyük fel, hogy a \(\displaystyle 27\) prím között szerepel a 3-as. Ekkor az összeg tagjai között \(\displaystyle 26\) olyan szám szerepel, amely 1 maradékot ad hárommal osztva és egy olyan, amely nullát. Tehát az összeg hármas maradéka \(\displaystyle 2\). Azonban \(\displaystyle 3 \mid 155\,787\), ezért ez nem lehetséges. Ha van is 27 ilyen prímszám, a 3 biztosan nem szerepelhetett közöttük.
3. Egy táborban \(\displaystyle 90\) diák vett részt, akiket faházakban szállásoltak el. A faházak mindegyike négy-, nyolc- vagy kilencágyas volt, a nyolcágyasból pontosan öt darab. Miután a diákok elfoglalták a házakat, nem maradt üres ágy.
a) Érkezéskor a szállásadó odaadta az egyik kísérőtanárnak egyesével a kulcsokat. Először a négyágyasokét, utána a nyolcágyasokét, végül pedig a kilencágyasokét. Hányféle sorrendben tehette ezt meg, ha minden faháznak egy kulcsa van, és a kulcsok különbözőek? (4 pont)
Egyik délután a diákok több különböző túralehetőségből választhattak. Összesen \(\displaystyle 6\) csoport alakult a \(\displaystyle 90\) főből. A hat csoport létszámáról a következőket tudjuk:
b) Adja meg, hogy hány fő volt az egyes csoportokban! (6 pont)
Megoldás. a) A négyágyas faházak száma legyen \(\displaystyle a\), a kilencágyasoké pedig \(\displaystyle b\). A feladat feltételei alapján \(\displaystyle 4a+9b+40=90\), ahol \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\in\mathbb{N}^+\). \(\displaystyle 9b\) négyes maradéka 2, és \(\displaystyle b<6\). Ezért csak \(\displaystyle b=2\) lehet megoldás. Ekkor \(\displaystyle a=8\).
A kulcsokat \(\displaystyle 8!\cdot 5!\cdot 2!=9\,676\,800\)-féle sorrendben adhatták oda a kísérőtanárnak.
b) Az első és a negyedik feltételt is tekintetbe véve a hat csoport létszámát jelölheti \(\displaystyle 6a\), \(\displaystyle 6b\), \(\displaystyle 6c\), \(\displaystyle 6d\), \(\displaystyle 6e\), \(\displaystyle 6a+30\), ahol \(\displaystyle 0<6a\leq 6b\leq 6c\leq 6d\leq 6e\leq 6a+30\) és \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\) pozitív egész számok. Ekkor \(\displaystyle 6a+6b+6c+6d+6e+6a+30=90\), azaz \(\displaystyle a+b+c+d+e+a+5=15\), vagyis \(\displaystyle a+b+c+d+e+a=10\) vagy \(\displaystyle 2a+b+c+d+e=10\).
Itt \(\displaystyle b\) legfeljebb 2 lehet, különben \(\displaystyle b+c+d\geq 12>10\) lenne. Ha \(\displaystyle b=2\), akkor csak \(\displaystyle {a=1}\), \(\displaystyle {b=c=d=e=2}\) lehetséges, de így az adatsornak nincsen két módusza. Ezért \(\displaystyle {b=1}\), így \(\displaystyle a\) is 1. Ebből következik, hogy az egyik módusz az 1, továbbá \(\displaystyle {c+d+e=7}\).
A medián a két középső szám átlaga, \(\displaystyle (c+d)/2\), és mivel módusz is, így csak \(\displaystyle c=d\) lehet. De nem lehet \(\displaystyle c=d=1\), mert akkor csak egy módusz lenne. Vagyis csak \(\displaystyle c=d=2\) állhat fenn.
Eszerint \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\), \(\displaystyle c\), \(\displaystyle d\), \(\displaystyle e\), \(\displaystyle a+5\) lehetséges értékei: 1, 1, 2, 2, 3, 6.
Ellenőriznünk kell még, hogy teljesül-e az a feltétel is, hogy az egyik szám egy másik kétszerese, és ez valóban teljesül is.
A csoportok létszáma tehát 6, 6, 12, 12, 18, 36.
4. a) Tekintsük az alábbi pontokat a koordináta-rendszerben:
\(\displaystyle A(\log_3r; \log_35r); \qquad B\left(-\log_3\left(\frac{r}{3}\right); \log_{\frac{1}{3}}10\right) \qquad \text{és}\qquad C(\log_{r}1; \log_{r}1). \)
Mennyi \(\displaystyle r \in \mathbb{R}^+\setminus \{1\}\) értéke, ha tudjuk, hogy az \(\displaystyle ABC\) háromszög súlypontja az \(\displaystyle S\big(\frac{1}{3}; \frac{1}{3}\big)\) pontban van? (5 pont)
b) Adott az \(\displaystyle f\colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\), \(\displaystyle x \mapsto 2x^3+6x -6x^2 -2\) függvény. Adja meg annak a valós számokon értelmezett \(\displaystyle g(x)\) függvénynek a hozzárendelési szabályát, amelyre \(\displaystyle g(f(x))=x\). (4 pont)
c) Határozza meg a \(\displaystyle g\colon \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\), \(\displaystyle x \mapsto x^2+px+p\) függvény hozzárendelési szabályában a \(\displaystyle p\) nemnulla valós paraméter értékét úgy, hogy a \(\displaystyle g\) és az \(\displaystyle x \mapsto x+1\) lineáris függvény grafikonjainak pontosan egy metszéspontja legyen! (6 pont)
Megoldás. a) A háromszög súlypontjának koordinátái a csúcsok megfelelő koordinátáinak átlaga. Minden \(\displaystyle r>0\); \(\displaystyle r\ne 1\)-re \(\displaystyle \log_r1=0\), ezért hárommal való szorzás után az alábbi egyenletek írhatóak fel: \(\displaystyle \log_3 r-\log_3\bigl(\frac{r}{3}\bigr)=1\) és \(\displaystyle \log_3(5r)+\log_{\frac{1}{3}}10=1\). Az első egyenlet a logaritmus azonosságai alapján: \(\displaystyle \log_3\bigl(\frac{r}{{r}/{3}}\bigr)=\log_33=1\), tehát ennek az értelmezési tartomány bármely \(\displaystyle r\) eleme megoldása. A második egyenletből \(\displaystyle 3\)-as alapú logaritmusra való áttéréssel kapjuk, hogy
\(\displaystyle \log_35r+\frac{\log_310}{\log_3\frac{1}{3}}=\log_35r-\log_310=\log_3\Big(\frac{5r}{10}\Big)=\log_3\Big(\frac{r}{2}\Big)=\log_33. \)
A logaritmus függvény kölcsönös egyértelműsége miatt \(\displaystyle \frac{r}{2}=3\), amiből \(\displaystyle r=6\). A kapott \(\displaystyle r\) érték megfelel a feladat feltételeinek.
b) \(\displaystyle f(x)=2(x^3-3x^2+3x-1)=2(x-1)^3\). Tehát \(\displaystyle g(x)=\sqrt[3]{\frac{x}{2}}+1\). Ekkor \(\displaystyle g\bigl(f(x)\bigr)=\sqrt[3]{\dfrac{2(x-1)^3}{2}}+1=x\).
c) A két függvénygrafikon ott metszi egymást, ahol a függvényértékek megegyeznek, azaz \(\displaystyle x^2+px+p=x+1\), átrendezve: \(\displaystyle x^2+(p-1)x+(p-1)=0\). A másodfokú egyenletnek akkor lesz egy megoldása, ha a diszkriminánsa nulla, azaz: \(\displaystyle D={(p-1)^2}-{4(p-1)}=(p-1)(p-1-4)=0\). Egy szorzat pontosan akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla. Tehát \(\displaystyle p=1\) vagy \(\displaystyle p=5\). A kapott \(\displaystyle p\) értékeket behelyettesítve valóban megfelelnek a feladat feltételeinek.
5. a) Egy szabályos hatszög alapú egyenes hasáb alap- és oldaléleinek hossza egyenlő. Ha térfogatának adott mértékrendszerben kifejezett mérőszámát elosztjuk a felszínének ugyanabban a mértékrendszerben kifejezett mérőszámával, akkor a hányados \(\displaystyle 1{,}392\). Hány egység hosszú a hasáb egy éle? Válaszát egészekre kerekítse! (9 pont)
b) Egy hatszög alapú hasáb élei közül kiválasztunk hármat. Mennyi a valószínűsége, hogy a három él közül pontosan kettőnek van közös pontja? (7 pont)
Megoldás. a) A hasáb egy élét jelölje \(\displaystyle a\), ekkor \(\displaystyle V=\dfrac{a^2\cdot\sqrt{3}}{4} \cdot 6 \cdot a=a^3 \cdot \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\) és \(\displaystyle {A=\dfrac{a^2\cdot\sqrt{3}}{4} \cdot 6 \cdot 2+6a^2=3a^2(\sqrt{3}+2)}\). A hányadost felírva egyszerűsítés után kapjuk: \(\displaystyle \dfrac{V}{A}= a\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2\cdot\big(\sqrt{3}+2\big)}=1{,}392\). Ebből \(\displaystyle a \approx 6\).
b) A hatszög alapú hasábnak \(\displaystyle 18\) éle és \(\displaystyle 12\) csúcsa van. Minden csúcsában pontosan \(\displaystyle 3\) él találkozik. A 18 élből hármat \(\displaystyle \binom{18}{3}\)-féleképpen választhatunk ki. A kedvező eseteknél válasszuk ki, hogy melyik csúcs lesz a közös pont, és az ott találkozó három él közül melyik kettőre lesz szükségünk, ezt \(\displaystyle 12\cdot \binom{3}{2}\)-féleképpen tehetjük meg. Harmadik élnek nem választhatunk olyat, amelyiknek van közös pontja ezekkel, tehát csak \(\displaystyle 18-3-2-2=11\) él jöhet szóba. Ebből: \(\displaystyle P=\dfrac{12 \cdot \binom{3}{2} \cdot 11}{\binom{18}{3}}=\dfrac{33}{68} \approx 0{,}4853\).
6. Egy marketingcég egy újfajta csokoládéról készít \(\displaystyle 100\) fős közvéleménykutatást. Először a termék ismerete nélkül, csak a neve alapján döntenek a résztvevők, hogy vennének-e ilyet. Ezután meg is kóstoltatják velük a terméket és újra megkérdezik tőlük, hogy megvennék-e. A két kérdésre adott válaszokat az alábbi táblázat mutatja:
a) Legfeljebb hány ember változtathatta meg a véleményét a termék megvásárlásáról a kóstolás hatására? (4 pont)
b) Lehet-e, hogy éppen \(\displaystyle 42\) ember véleménye maradt változatlan a kóstolás hatására? (4 pont)
Ugyanez a cég szervezi egy társasjáték reklámkampányát is. A játék egyik tartozéka egy szabályos ikozaéder. Ennek \(\displaystyle 20\) oldallapja van, és a feldobása után bármelyikre ugyanakkora valószínűséggel esik. A lapokon csak \(\displaystyle 4\)-es, \(\displaystyle 7\)-es és 11-es szám szerepel (mindegyiken pontosan egy). A szabálykönyvben egy helyen ezt írják: ,,a három számból kettő dobási valószínűsége ugyanannyi, és a dobás eredményének várható értéke \(\displaystyle 7{,}35\)''.
c) Hány \(\displaystyle 4\)-es szerepel a dobótesten? (8 pont)
Megoldás. a) Az ,,igen\(\displaystyle \to\)nem'' válaszmódosítások maximális száma 28, a ,,nem\(\displaystyle \to\)igen'' válaszmódosítások maximális száma 55, összesen \(\displaystyle 28+55=83\), és ez meg is valósulhat. Tehát legfeljebb \(\displaystyle 83\)-an változtathatták meg a válaszukat.
b) Tegyük fel, hogy \(\displaystyle k\)-an változtattak igen \(\displaystyle \to\) nem irányban, ekkor a másik irányban \(\displaystyle 100-42-k=(58-k)\)-an. Tehát az igenek száma
\(\displaystyle 45 -k+58-k=103-2k=72, \)
ekkor azonban \(\displaystyle k \notin \mathbb{N}\), ami ellentmond a feladat feltételeinek. Ez tehát nem lehetséges.
c) Legyen a két egyenlő valószínűség \(\displaystyle p\), ekkor a harmadik szám valószínűsége \(\displaystyle 1-2p\). Az egyes számok pedig \(\displaystyle 20p\), \(\displaystyle 20p\), illetve \(\displaystyle 20(1-2p)\) lapon szerepelnek.
I. eset: \(\displaystyle 4p+7p+11(1-2p)=7{,}35\), ebből \(\displaystyle p=73/220\). Ez nem lehet megoldás, mert \(\displaystyle 20p\) nem egész.
II. eset: \(\displaystyle 11p+7p+4(1-2p)=7{,}35\), amelyből \(\displaystyle p=63/200\). Ez sem megoldás, mivel \(\displaystyle 20p\) nem egész.
III. eset: \(\displaystyle 4p+11p+7(1-2p)=7{,}35\), ekkor \(\displaystyle p=7/20\). Azaz hét 4-es és 11-es, valamint hat 7-es szerepel a lapokon.
A kapott megoldások a feladat feltételeinek megfelelnek.
7. Egy erdei kilátótorony egyik emelete szabályos ötszög alakú, amelynek oldalai \(\displaystyle 5\) méteresek. Az emelet padlóján elhelyeztek két, különböző ,,fotópontot'', ahová állva a legjobb fotókat lehet készíteni a tájról. Külön-külön mindkét pontra igaz, hogy egyenlő távol van az ötszög köré írt körének középpontjától és két szomszédos csúcsától.
a) Legfeljebb milyen messze lehet egymástól a két ,,fotópont''? (11 pont)
b) A kilátóban ingyenes tájékoztatófüzetet osztanak az erdő élővilágáról. Ebben van egy ábra is, amelyben tíz, a környékre jellemző állatból álló tápláléklánc szerepel. A képen két állatot egy vonallal összekötöttek, ha az egyik megeszi a másikat. Balambér azt számolta, hogy van két állatkép, amiből csak \(\displaystyle 3\) vonal indul ki, de a többiből legalább hat. Testvére szerint ez azt jelenti, hogy bármelyik állatképtől el lehet jutni bármelyik másikhoz a vonalak mentén. Igaza van-e? (5 pont)
Megoldás. a)
A fotópontok egy-egy olyan háromszög köré írható körének középpontjában vannak, amelyet az ötszög középpontja és két szomszédos csúcs meghatároz. Ha \(\displaystyle 5\) ilyen pont lenne, akkor a forgásszimmetria miatt ezek is egy szabályos ötszöget alkotnának. Ennek a szabályos ötszögnek minden oldala egyenlő és minden átlója egyenlő, és az átlói hosszabbak az oldalainál. Tehát az átlók hosszát keressük.
Használjuk az ábra jelöléseit. Mivel a szimmetriák miatt \(\displaystyle OF=FB=BG=GC=CH=HO=OG\), azért \(\displaystyle OFBG\) és \(\displaystyle OGCH\) egybevágó rombuszok, amelyeknek közös az \(\displaystyle OG\) oldala. Az \(\displaystyle FOH\) és \(\displaystyle BGC\) egyenlő szárú háromszögek szárszöge egyenlő (\(\displaystyle 144^\circ\)), így egybevágóak. Emiatt \(\displaystyle HF=CB=5\) méter.
Megjegyzések. 1. Az is belátható, hogy \(\displaystyle FHCB\) téglalap, illetve a megfelelő szögek kiszámolásával is bizonyítható ez szimmetriákra való hivatkozás helyett.
2. A feladat úgy is megoldható, hogy felhasználjuk, hogy a két ötszög hasonló, és kiszámítjuk a hasonlóság arányát.
b) Az ábrát tekinthetjük egy \(\displaystyle 10\) pontú egyszerű gráfnak, amelyben két csúcs foka \(\displaystyle 3\), a többié pedig legalább \(\displaystyle 6\). Azt keressük, hogy összefüggő-e ez a gráf.
Tegyük fel, hogy a gráf nem összefüggő, legalább két komponensből áll. Abban a komponensben, amelyben van hatodfokú pont, legalább \(\displaystyle 7\) pont kell, hogy szerepeljen. Tehát a másik komponensben legfeljebb \(\displaystyle 3\) lehet. De mivel van kettő háromfokú csúcs, ezért minden komponens legalább \(\displaystyle 4\) csúcsból kell, hogy álljon. Ellentmondásra jutottunk, a gráf összefüggő kell, hogy legyen. Tehát bármelyik állatképtől el lehet jutni bármelyik állatképig a vonalak mentén, azaz a testvérének igaza van.
8. a) Egy konkáv deltoidot a szimmetriatengelye körül megforgatva olyan forgástestet kapunk, amelyiknek a térfogata \(\displaystyle \dfrac{500\pi}{3}~\mathrm{dm}^3\). Számítsa ki a deltoid területét, ha az egyik átlója \(\displaystyle 5\) dm-es. (7 pont)
b) Meghatároztuk a valós számok halmazán értelmezett
\(\displaystyle f(x)=(x^2-1)(x^2-4) \)
hozzárendelési szabállyal megadott függvény zérushelyeit. Ezután kiszámítottuk a második, illetve harmadik legnagyobb zérushely közötti határozott integrál értékét, így egy nem egész számot kaptunk. Melyik az a legkisebb pozitív szám, amellyel megszorozva az \(\displaystyle f\)-et a szóban forgó határozott integrál egész? (5 pont)
c) Írja fel az \(\displaystyle f(x)=x^4 -5x^2+4\) függvény egy \(\displaystyle x\) tengellyel párhuzamos érintőjének az egyenletét! (4 pont)
A deltoidot megforgatva a kapott forgástest két, azonos alapú, egyenes körkúp közötti térrész. Jelöljük a deltoid szimmetriatengellyel egybeeső átlóját \(\displaystyle e\)-vel, a másikat pedig \(\displaystyle f\)-fel, továbbá a konkáv csúcs és \(\displaystyle f\) távolsága legyen \(\displaystyle x\). Ekkor a térfogatok háromszorosát véve:
Két esetet kell vizsgálni, attól függően, hogy melyik átló az \(\displaystyle 5\) dm-es.
I. eset: \(\displaystyle (5/2)^2\pi\cdot e=500 \pi\), tehát \(\displaystyle e=80~\mathrm{dm}\), azaz \(\displaystyle T=5\cdot80/2=200~\mathrm{dm}^2\).
II. eset: \(\displaystyle (f/2)^2\pi\cdot 5=500\pi\), ahonnan \(\displaystyle f=20~\mathrm{dm}\), azaz \(\displaystyle T=5\cdot20/2=50~\mathrm{dm}^2\).
b) Egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha legalább az egyik tényezője nulla, ezért \(\displaystyle f\) zérushelyei: \(\displaystyle \pm1\) és \(\displaystyle \pm2\). Ezek közül a második legnagyobb a \(\displaystyle -1\), a harmadik legnagyobb pedig az \(\displaystyle 1\). A zárójelet felbontva egyszerűbben integrálható függvényt kapunk:
\(\displaystyle \int_{-1}^{1}(x^4-5x^2+5)\,dx=\left[\frac{x^5}{5}-\frac{5x^3}{3}+4x\right]_{-1}^{1}=\frac{76}{15}. \)
Mivel integrálás során \(\displaystyle \int a\cdot f(x)\,dx=a\int f(x)\,dx\), ezért \(\displaystyle 15\) a legkisebb jó szám.
c) \(\displaystyle (x^4-5x^2+4)'=4x^3-10x\). A keresett érintő meredeksége 0, tehát \(\displaystyle 4x^3-10x=0\), ahonnan \(\displaystyle 2x(2x^2 -5)=0\), azaz \(\displaystyle x_1=0\); \(\displaystyle x_2=\dfrac{\sqrt{10}}{2}\); \(\displaystyle x_3=-\dfrac{\sqrt{10}}{2}\).
Tehát három pontban is húzható ilyen érintő hozzá. Ha \(\displaystyle x=0\), akkor \(\displaystyle f(0)=4\). Az érintő egyenlete: \(\displaystyle y-4=0\). A másik kettő: \(\displaystyle 0=y-f(x_2)=y-f(x_3)=y-\dfrac{5}{4}\).
9. a) Bizonyítsa be, hogy tetszőleges \(\displaystyle x\), \(\displaystyle y\in\left[\dfrac{\pi}{7};\dfrac{3\pi}{7}\right]\) esetén az \(\displaystyle \mathbf{a}(\tg x;\tg y)\) és a \(\displaystyle \mathbf{b}\left(\dfrac{\cos x}{\sin x};\dfrac{\cos y}{\sin y}\right)\) vektor skaláris szorzata \(\displaystyle 2\). (4 pont)
b) Oldja meg az
\(\displaystyle \dfrac{x}{y^2}+\dfrac{1}{xy}=\dfrac{4-x}{y}-\dfrac{1}{x} \)
egyenletet a pozitív valós számpárok halmazán! (5 pont)
c) Az alábbi végtelen összegről tudjuk, hogy konvergens és értéke negatív, valós szám. Adja meg a \(\displaystyle p \in \mathbb{R}\) lehetséges értékeit!
Megoldás. a) A megadott intervallum minden pontjában értelmezettek a feladatban szereplő kifejezések. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle \mathbf{b}\) koordinátái valójában \(\displaystyle \ctg x\) és \(\displaystyle \ctg y\), azaz \(\displaystyle \mathbf{a}\) megfelelő koordinátáinak a reciprokai. A skaláris szorzást elvégezve: \(\displaystyle \mathbf{a}\cdot \mathbf{b}=\tg x\cdot\frac{1}{\tg x}+\tg y\cdot\frac{1}{\tg y}=1+1=2\). Ezzel az állítást bizonyítottuk.
b) Az egyenletet megszorozva a pozitív \(\displaystyle y\)-nal és rendezve a következőt kapjuk:
\(\displaystyle \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}+x+\dfrac{1}{x}= 4. \)
Ismert, hogy egy pozitív szám és reciprokának összege legalább 2, és az egyenlőség csak akkor teljesül, ha a szám az \(\displaystyle 1\). Ez alapján a bal oldal legalább \(\displaystyle 4\). Tehát mindkét számpárnál az egyenlőség teljesül, így az egyenlet megoldása csak \(\displaystyle {x=y=1}\).
c) A feladatban szereplő végtelen összeg végtelen mértani sor, amelynek első tagja \(\displaystyle \dfrac{1}{p+1}\), a kvóciense pedig \(\displaystyle {p^2-1}\). A kifejezés akkor értelmes, ha \(\displaystyle p\neq -1\). A végtelen mértani sor pontosan akkor konvergens, ha kvóciense \(\displaystyle -1\) és \(\displaystyle 1\) közé esik: \(\displaystyle -1<{p^2-1}<1\), ahonnan \(\displaystyle 0<p^2<2\), így \(\displaystyle -\sqrt{2}<p<\sqrt{2}\). Ha ez teljesül, akkor az összeg egyenlő az \(\displaystyle \dfrac{a_1}{1-q}\) hányadossal:
\(\displaystyle \frac{\frac{1}{p+1}}{1-(p^2 -1)}=\frac{1}{(p+1)(2-p^2)}<0. \)
A kifejezés nem értelmes, ha a nevezőben bármelyik tényező nulla, ebből következően \(\displaystyle {p\neq -1}\); \(\displaystyle \pm\sqrt{2}\). A kapott tört értéke pontosan akkor negatív, ha \(\displaystyle p+1\) és \(\displaystyle 2-p^2\) különböző előjelűek. A kvóciensre tett kikötés miatt \(\displaystyle p^2<2\), amiből \(\displaystyle 2-p^2>0\), ezért a nevező másik tényezője negatív: \(\displaystyle p+1<0\), \(\displaystyle p<-1\). Ezeket összevetve azt kapjuk, hogy az egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha \(\displaystyle p \in \left]-\sqrt{2};-1\right[\).
A KöMaL levelezős versenyei azon kevesek közé tartoznak, amelyek ingyenesek – immár több mint 130 éve! Sajnos azonban a KöMaL állami támogatásának rendszere az elmúlt évben jelentősen átalakult, a következő években az előre látható bevételeink várhatóan nem tudják fedezni a költségeinket.
Ezért kérünk mindenkit, aki szereti a KöMaL-t, létezését fontosnak tartja, hogy lehetőségéhez mérten támogassa a KöMaL-t kiadó MATFUND Alapítványt. Ha teheti, rendelkezzen adója 1%-áról az Alapítvány javára. Ezen kívül pedig, ha saját vagy céges lehetőségei megengedik, támogassa a KöMaL kiadását, a KöMaL tudáskincsének gondozását!
A KöMaL kiadásának, a versenyek teljes lebonyolításának, díjazásának és a díjkiosztóval egybekötött Ifjúsági Ankétok szervezésének költségeit 2007 óta a MATFUND Középiskolai Matematikai és Fizikai Alapítvány fizeti.
Kérjük, személyi jövedelemadója 1%-ának felajánlásával álljon a több, mint 125 éve alapított Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok mellé!
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 \(\displaystyle C(x-11; -4)\).
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)
