Sokszínű Matek Feladatgyűjtemény

online ár: Webáruházunkban a termékek mellett feltüntetett fekete színű online ár csak internetes megrendelés esetén érvényes. Amennyiben a Líra bolthálózatunk valamelyikében kívánja megvásárolni a terméket, abban az esetben a könyvre nyomtatott ár az érvényes, kivétel ez alól a boltban akciós könyvek.

_4001_5620_12_evfolyam

Nem, ugyanis a) nem kijelentés (paradoxon); b) kijelentés, amelynek logikai értéke a következõ mondattól függ.

a) Hétfõn, kedden, szerdán, pénteken, szombaton. b) Csütörtökön, vasárnap.

Beteg nem lehet, mert akkor nem mondhatna igazat. Egészséges orvos sem lehet, hiszen õk igazat mondanak. A megoldás b), vagyis egészséges ápolt.

Nándi és Oszi kijelentései ellentmondanak egymásnak. Ha mindkettõt igaznak fogadnánk el, akkor paradoxonhoz jutnánk, tehát valamelyiknek hamisnak kell lennie. Viszont így Laci és Marci igazat szólnak, azaz Nándi volt a tettes (és közben kiderült az is, hogy Nándi az, aki hazudik).

Tudjuk, hogy kettejük közül az egyik igazat mond, a másik hazudik. Mivel a jelenlegi állapotukról egyelõre nincs információnk, ezért olyan kérdést kell egyiküknek szegezni, amellyel a jól ismert múltbeli helyzet után érdeklõdünk. Például: „Te vagy a királylány?” vagy „Régen a házastársad mindig igazat mondott?” Ha a királylány válasza „igen”, akkor igazat mond (tehát a juhász éppen hazudik). Ha a válasza „nem”, akkor hazudós napja van (tehát a juhász igazat mond). Ha a juhász válasza „nem”, akkor igazat mond (tehát a királylány éppen hazudik). Ha a válasza „igen”, akkor hazudós napja van (tehát a királylány igazat mond).

Az elsõ megjegyzés miatt Tivadar csak Kis, Fekete vagy Fehér lehet. Mivel Feketével és Fehérrel más iskolába járt, Tivadar vezetékneve Kis. Az elsõ megjegyzés miatt Kisnek hívhatták volna még Konrádot (Kis, Nagy, Fehér) vagy Csillát (Kis, Nagy, Fekete). Konrád és Emma vezetéknevei ellentétek, így csak színek lehetnek: Fehér Konrád, Fekete Emma és Nagy Csilla.

A legkisebb összeget akkor kapjuk, ha a lehetõ legalacsonyabb helyezésekkel rendelkezõk mondanak igazat (azaz az elsõ 10), mindenki más pedig azt mondja, hogy elsõ lett. Ekkor az összeg 55 + 40 = 95. A legnagyobb összeget úgy halljuk, ha az utolsó 10 mond igazat, és minden elõttük érkezõ utolsónak vallja magát. Ekkor az összeg 2455.

b) Igen, igaz. c) Igen, hamis. e) Igen, értéke függ a helyzettõl. f ) Igen, hamis. b) Hamis.

LO G I KA , B I Z O N Y Í T Á S I M Ó D S Z E R E K

Tekintsük végig a lehetõségeket Józsi szemszögébõl. Elõször tegyük fel, hogy Józsi beteg (azaz pont fordítva látja a valóságot, mint kellene). Ekkor Jani nem beteg, tehát egészséges (amit hisz, az úgy is van). Ekkor viszont Józsi orvos. Ajjaj, Józsi beteg orvos! (Janiról azonkívül, hogy egészséges, nem tudunk semmit.) Másodszor tegyük fel, hogy Józsi egészséges. Ezek szerint Jani beteg, tehát Józsi nem orvos, hanem ápolt. Ajjaj, ekkor Józsi egészséges ápolt! (Janiról azonkívül, hogy beteg, nem tudunk többet.) Bárhogy is nézzük, Józsi vagy beteg orvos, vagy egészséges ápolt. Bármelyik is, nem kellene az intézetben tartózkodnia. Janiról a feltételek alapján nem tudunk nyilatkozni.

a) Ha az elsõ mondat igaz, akkor saját igazságát állítja. Így a második mondatnak hamisnak kell lennie. Ha az elsõ mondat hamis, akkor a második igaz. Tehát a két mondat közül pontosan az egyik igaz. b) Ha az elsõ mondat igaz, akkor a második mondat hamis. Ha az elsõ mondat hamis, akkor a második mondat igaz. A két mondat közül pontosan az egyik igaz. c) Ha az elsõ mondat igaz, akkor a második mondat is igaz. Azonban akkor az elsõ mondat hamis. Így ellentmondásra jutunk. Ha az elsõ mondat hamis, akkor a második mondat is hamis. Ami azt jelenti, hogy az elsõ mondat igaz. Így is ellentmondásra jutunk. Ez a mondatpár paradoxon. A két mondatnak nem tudunk úgy logikai értéket tulajdonítani, hogy teljesüljön. A mondatpár tagjait nem tekinthetjük kijelentéseknek. d) Ha az elsõ mondat igaz, akkor a második mondat hamis. Ha az elsõ mondat hamis, akkor a második mondat igaz. Ismét arra jutunk, hogy a két mondat közül pontosan egy igaz, és egy hamis.

Induljunk ki valamelyik állításból, és próbáljunk meg következtetéseket levonni. Kezdjük a legegyértelmûbbel. (Zárójelben az állítások sorszáma, melyekbõl adódik.) Aki ropit eszik, középen ül. (2) Mivel sem Károly, sem Zsolt nem iszik kólát, azt csak Pista ihat. (1, 3) Mivel Zsolt jobbján iszik Pista kólát és a sor szélén ül, így csak a jobb szélen ülhet. Ugyanebbõl adódik, hogy középen ül Zsolt és a bal oldalon Károly. (3, 5) A pattogatott kukoricát balra kellett adni, tehát Pista pattogatott kukoricát és Károly sós mogyorót eszik. (4) Károly szomszédja Zsolt, így õ iszik gyömbért, Károly pedig jeges teát. (6) A fiúk így ülnek a moziban: Mozivászon

Ismét kezdjük egy teljesen egyértelmû kijelentéssel. (Zárójelben az állítások sorszáma, melyekbõl adódik.) A fiúk nem egymás mellett ülnek. (1) Mivel Feri nem szereti a gyümölcsleveket és az egyik fiú gyümölcslevet iszik, így Lóri narancslevet iszik. (2, 8) 5

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Mivel Angi kakaót, Kati teát iszik, Feri nem szereti a gyümölcslevet és Lóri narancslevet iszik, így Hugi baracklevet és Feri vizet iszik. (2, 3, 9) Aki szendvicset eszik, vizet iszik hozzá, ezért Feri szendvicset eszik. (5) Mivel rántottát és fõtt tojást Lóri mellett esznek, pirítóst ehet Lóri vagy a Feri mellett (de nem a fiúk között egyedül) ülõ lány. Lóriról azonban tudjuk, hogy narancslevet iszik: ekkor nem lényeges az az információ, hogy a pirítóst evõ nem teát kér. Tehát pirítóst a Feri mellett ülõ lány eszik. (7, elõzõ) Hugiról már tudjuk, hogy baracklevet iszik és Lóri mellett ül. Szabad még a tea és a kakaó helye: mivel a pirítóst evõ nem kér teát, így õ csak kakaót ihat, tehát õ Angéla. (6, 10, 3) Mivel ételnek már csak egy szabad hely maradt, így Lóri halat eszik. (elõzõek) Angi egyik szomszédja süti magának a reggelit – Feri nem, mert hideg szendvicset eszik. Ebbõl következik, hogy a Lóri és Angi között ülõ rántottát eszik, a fiúk között ülõ pedig fõtt tojást. (3) Mivel a rántottát reggelizõ nem gyümölcslevet kért, így csak teát ihat: õ Kati. (4) Következésképpen Hugi a két fiú között fõtt tojást reggelizik baracklével. (elõzõ) A reggelizõkre és az általuk fogyasztott ételekre, italokra egy példa az ábrán látható.

Logikai mûveletek – negáció, konjunkció, diszjunkció – megoldások w x4018

a) ØA; d) (AÙB)ÚC; g) (AÙB)Ú(CÙD).

a) b) c) d) e) f) g) h) i)

Félek a dolgozattól. Van olyan film, amit még nem láttam. Van olyan szarka, amelyiknek a farka egyszínû. Minden rövid nyakú zsiráf rosszul fésült. Bármely geometriai rendszerben a háromszög belsõ szögeinek összege 180º. Létezik olyan érettségi feladatsor, amelyben nincs ilyen feladat. Minden holló fekete. Létezik olyan héttel osztható szám, amely 5-tel is osztható. Van két egyenes, melyek nem metszik egymást.

Hideg van és fázom. Jól felöltözöm vagy mozogni kell. Mozogni kell és nem fázom. Nem igaz, hogy fázom és mozogni kell, vagy jól felöltözöm. Hideg van és fázom, vagy jól felöltözöm és nem kell mozogni. 6

c) AÚB; f ) (AÙB)Ù(ØC)Ù(ØD);

LO G I KA , B I Z O N Y Í T Á S I M Ó D S Z E R E K

A és D, illetve B és C egymás tagadásai.

a) ØA = Van olyan trapéz, melynek nincsenek párhuzamos oldalai vagy vannak egyenlõ szögei. ØB = Bármely deltoidnak vannak egyenlõ szögei. ØC = Minden négyzetnek van olyan oldala, mely nem egységnyi és területe sem az.

Nem biliárdozok jól vagy nem golfozok jól. Nem vagy Kata és nem is vagy Klára. Nem igaz, hogy James vagy Bond vagyok. Nem igaz, hogy a boltba megyek és felporszívózok.

b) A kitöltött táblázat: Állítás

A = Minden trapéznak van két párhuzamos oldala és minden szöge különbözõ.

B = Van olyan deltoid, melynek minden szöge különbözõ.

C = Létezik olyan négyzet, melynek minden oldala vagy területe egységnyi.

a) Öt lehetõség van. 1. Az illetõ mindent megtanul. 2. Csak a verset tanulja meg. 3. A verset megtanulja, azonkívül csak matek házit ír. 4. A verset megtanulja, azonkívül csak fizika házit ír. 5. Csak a reál tárgyak háziját készíti el. b) Három lehetõség van, de minden esetben meg kell nézni a filmet. 1. Elkészíti mindkét ételt. 2. Csak rántottát süt. 3. Csak bundás kenyeret süt.

a) Minden nap minden órájának minden percében csak rád gondolok. b) Bármely együttesnek van olyan száma, amelyben minden versszakot megértek. c) Van olyan étel, amit akárhogyan is készítenek el, bármikor hajlandó vagyok megenni.

a) Négy lehetõség van: Karcsi korán kelt vagy nem, illetve sokat dolgozott vagy nem. Ha tényleg korán kelt és sokat dolgozott (azaz mindkettõ igaz), akkor annak a tagadása hamis. Minden más esetben valamelyik (vagy mindkettõ) kijelentés hamis, így tényleg nem igaz, hogy egyszerre teljesülnek. Ekkor az állítás igaz. b) Ha színvak vagyok, akkor az állítás igaz, bármilyen is a labda. Ha nem vagyok színvak és a labda valóban gömbölyû és piros, akkor is igaz. Ha viszont nem vagyok színvak és a labda valamelyik jellemzõje (esetleg mind a kettõ) hamis, akkor az összetett állítás hamis. c) Ha elalszom, akkor az állítás hamis, függetlenül az elõadástól. Ha nem alszom el és az elõadás nem volt sem rövid, sem izgalmas, akkor is hamis. Ha viszont nem aludtam el és az elõadás két jellemzõje közül legalább az egyik teljesül, akkor igaz a kijelentés. 7

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Volt nehéz feladat, vagy olyan, amit nem oldottam meg. Ebben a pizzériában van rossz ízû pizza, és minden pizzát megkóstoltunk. Bármely háromszögnek van olyan szöge, ami nem derékszög. Van olyan Rubik-kocka, amelynek bármely oldalán van olyan szín, ami nem kék.

Elegendõ, ha D hamis. Szükséges, hogy mind a négy kijelentés hamis legyen. Az elsõ kettõ vagy a második kettõ kijelentésnek egyszerre kell hamisnak lennie. Az elsõ kettõ kijelentésnek kell egyszerre igaznak lennie, vagy a második kettõnek egyszerre hamisnak.

Mivel a formulák mindegyikében két kijelentés (változó) szerepel, így értékeik (igaz vagy hamis) összesen négy esetet adnak: i–i, i–h, h–i, h–h. A legegyszerûbb, ha készítünk mindhárom formulához egy-egy igazságtáblázatot. A piros oszlop mindegyik esetre érvényes, a végeredményt a zöld oszlop mutatja.

A feladatban az elsõ két formula három kijelentést tartalmaz, melyek mindegyike lehet igaz vagy hamis, ezért a lehetõségek száma: 23 = 8, azaz ennyi sora van az igazságtáblázatnak. A c) kérdésben négy formula szerepel, ott 16 soros a táblázat. A végeredményt most is a zöld oszlop jelöli. a)

LO G I KA , B I Z O N Y Í T Á S I M Ó D S Z E R E K

Logikai mûveletek – implikáció, ekvivalencia – megoldások w x4033

Ha egy négyszög négyzet, akkor paralelogramma. Igaz. Ha egy négyszög paralelogramma, akkor rombusz. Hamis. Egy négyszög pontosan akkor paralelogramma, ha két-két szemközti oldala egyenlõ. Igaz. Ha a négyszög két-két szemközti és két-két szomszédos oldala egyenlõ, akkor rombusz. Igaz. Ha egy négyszög két-két szemközti és két-két szomszédos oldala egyenlõ, továbbá szögei egyenlõk, akkor négyzet. Igaz. f ) Ha egy négyszög két-két szemközti és két-két szomszédos oldala egyenlõ, vagy szögei egyenlõk, akkor rombusz. Hamis. g) Egy négyszög pontosan akkor négyzet, ha rombusz és szögei egyenlõk. Igaz.

a) Thalész tétele. b) B. 9

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

a) A megfordítása: Ha egy négyszög paralelogramma, akkor átlói felezik egymást. B megfordítása: Ha egy háromszög belsõ szögeinek felezõi egy pontban metszik egymást, akkor súlypontja a háromszögön kívülre esik. C megfordítása: Ha egy függvény felülrõl korlátos, akkor van minimuma. D megfordítása: Ha egy egész szám osztható 21-gyel, akkor osztható 7-tel. b) A kitöltött táblázat: Állítás

A = Ha egy négyszög átlói felezik egymást, akkor az paralelogramma.

B = Ha egy háromszög súlypontja a háromszögön kívülre esik, akkor belsõ szögeinek felezõi egy pontban metszik egymást.

C = Ha egy függvénynek van minimuma, akkor felülrõl korlátos.

D = Ha egy egész szám osztható 7-tel, akkor osztható 21-gyel.

A Pitagorasz-tétel megfogalmazható ekvivalenciaként. Ez a kijelentés igaz, de megfordítása nem. A Thalész-tétel is megfogalmazható ekvivalenciaként. Megfordítása sem igaz.

Figyeljük meg, hogy a feltétel mindig teljesül. a) Így az implikáció akkor válik igazzá, ha a következtetés is igaz. A befejezés bármilyen igaz kijelentés lehet, például: 2 + 2 = 4. b) Igaz feltétel mellett az implikáció akkor válik hamissá, ha a következtetés hamis. A befejezés bármilyen hamis kijelentés lehet, például: 2 + 2 = 5.

Figyeljük meg, hogy a következmény hamis. a) Az implikáció akkor válik igazzá, ha a feltétel hamis. A kiegészítés bármilyen hamis kijelentés lehet. b) Az implikáció akkor hamis, ha a feltétel igaz. A kiegészítés bármilyen igaz kijelentés lehet.

a) Mivel A feltétele hamis, így az implikáció következményétõl függetlenül válik igazzá. Az A mondat kipontozott részére bármit írva az implikáció igaz. (Hiszen h®i º i és h®h º i.) b) Mivel B következménye igaz, akármit is írunk feltételnek, az implikáció teljesül. (Hiszen i ® i º i és h ® i º i.) c) Az a) pontban ismertetett megfontolások miatt az implikáció nem lehet hamis. d) A b) pontban látott megfontolások miatt az implikáció nem lehet hamis.

a) A keresett formulák: (AÙB)®C = Ha n 3-mal és 8-cal osztható, akkor 24-gyel is osztható. D® ØF = Ha n páros, akkor nem prím. E«(AÚB) = n pontosan akkor osztható 12-vel, ha 3-mal vagy 8-cal osztható. (FÙØA)®D = Ha n prím és nem osztható 3-mal, akkor páros. b) A logikai értékek: igaz, hamis, hamis, hamis. 10

LO G I KA , B I Z O N Y Í T Á S I M Ó D S Z E R E K

Figyeljük meg a következõket: – A-ból következik D, tehát az A és D kijelentések ugyanarról a számról szólnak. – B és C kizárják egymást, tehát egyik az egyik, másik a másik számra vonatkozik. – Amire A és D vonatkozik, az nem lehet prím, azaz A és D kizárja E-t. Ezek alapján két eset lehetséges. I. eset: Az egyik számra A, D, B; a másikra E, C vonatkozik. Az egyetlen 5-tel osztható prím az 5. Az A, D, B követelményeknek végtelen sok szám megfelel, legkisebb közülük a 6. II. eset: Az egyik számra A, D, C; a másikra E, B vonatkozik. Az egyetlen páros prím a 2. Az A, D, C követelményeknek végtelen sok szám megfelel, legkisebb közülük a 15.

a) Az A kijelentés csak abban az egy esetben hamis, ha hideg van és nem fázom. Ekkor a B kijelentés is hamis, hiszen nem igaz, hogy nincs hideg és nem fázom. Minden más esetben A és B is igaz. A és B ekvivalens állítások. b) Az A kijelentés csak akkor hamis, ha piszkálnak és mégsem leszek mérges. B hamis, ha egyrészt nem igaz, hogy nem piszkálnak, másrészt nem igaz, hogy mérges vagyok. Minden más esetben A és B is igaz. A és B ekvivalens állítások. c) Az A kijelentés pontosan akkor lesz hamis, ha süt a nap és mégsem jó a kedvem. Ebben az esetben a B kijelentés feltétele (nem jó a kedvem) igaz, de a következmény (nem süt a nap) nem teljesül, azaz B is hamis. Amennyiben a kedvem jó, akkor B igaz. Utoljára azt gondoljuk meg, ha rossz a kedvem és a nap se süt: ekkor igaz B feltétele és következménye is, azaz maga B kijelentés. Kimondhatjuk, A és B ekvivalens állítások. Megjegyzés: Jelölje C = süt a nap, D = jó a kedvem. Ekkor formulákkal leírva az állításokat: A = C®D és B = (ØD)®(ØC). d) Írjuk fel formulákkal a kijelentéseket. Jelölje M = most igent mond, S = soha nem mond igent. Ekkor A = (ØM)®S. A B állítás felírásához azt gondoljuk meg, hogy az „egyszer igent mond” megegyezik a „nem igaz, hogy sohasem mond igent” kijelentéssel. Tehát B = (ØS)®M. Vegyük észre, hogy ez a forma megegyezik a c) feladatban látottal, csak C helyére (ØM)-t és D helyére S-t kell írnunk! Tehát itt is teljesül, hogy A és B állítások ekvivalensek.

A keresett táblázatok: a) A A B

a) Felhasználva a kettõs tagadást, hogy a diszjunkció kommutatív és A®B º (ØA)ÚB: A®B º (ØA)ÚB º BÚ(ØA) º Ø(ØB)Ú(ØA) º (ØB)®(ØA). b) Az egyes lépéseket a számok magyarázzák: (A®B)®C º (1) º [(ØA)ÚB] ®C º (2) º Ø [(ØA)ÚB] ÚC º (3) º [AÙ(ØB)] ÚC º º (4) º (AÚC)Ù [(ØB)ÚC] º (5) º [Ø(ØA)ÚC] Ù [(ØB)ÚC] º (6) º [(ØA)®C ] Ù [B®C]. (1), (2) és (6): Az implikáció már megismert átírása diszjunkcióra, A®B º (ØA)ÚB. (3): De Morgan-azonosság diszjunkcióra, Ø(AÚB) º (ØA)Ù(ØB). 11

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

(4): a diszjunkció disztributív a konjunkcióra, (AÙB)ÚC º (AÚC)Ù(B ÚC). (5): kettõs tagadás, A º Ø(ØA). Megjegyzés: Az a) pontban látott azonosság alapján alkothatjuk meg a kontrapozíciónak nevezett bizonyítási eljárást. A „ha … , akkor …” állításban megfordítjuk és letagadjuk a feltételt és a következményt, majd ezt az állítást bizonyítjuk. Ilyet alkalmaztunk pl. ebben a kijelentésben: Ha a, b, g egy háromszög belsõ szögei, akkor legalább az egyik szög legalább 60º-os. A kontrapozíciós állítás: Ha nem igaz, hogy a ³ 60º vagy b ³ 60º vagy g ³ 60º, akkor a, b, g nem egy háromszög belsõ szögei. A kontrapozíciós állítás bizonyítása: A letagadott feltételt a De Morgan-azonosság alapján átírhatjuk a . Átalakítva 6 2 > 8, négyzetre 2 4 2 2 emelve mindkét oldalt: 72 > 64. 1 3 2k – 1 1 > . 2. T.f.h. n = k esetén ⋅ ⋅…⋅ 2 4 2k 2 k

1 ⋅ (1 + 1) ⋅ (2 ⋅ 1 + 1) = 1. 6 k ⋅ (k + 1) ⋅ (2k + 1) . 2. T.f.h. n = k-ra 12 + 22 + 32 + … + k 2 = 6 (k + 1) ⋅ (k + 2) ⋅ (2k + 3) igaz-e. 3. Kérdés, hogy n = k + 1-re 12 + 22 + 32 + … + k 2 + (k + 1)2 = 6 k ⋅ (k + 1) ⋅ (2k + 1) 12 + 22 + 32 + … + k 2 + (k + 1)2 = + (k + 1)2 = 6 k ⋅ (k + 1) ⋅ (2k + 1) 6 ⋅ (k + 1)2 k ⋅ (2k + 1) + 6 ⋅ (k + 1) = + = (k + 1) ⋅ = 6 6 6 2k 2 + 7k + 6 (k + 2) ⋅ (2k + 3) = (k + 1) ⋅ = (k + 1) ⋅ . 6 6 Pontosan ezt kerestük.

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

1 3 2 ⋅ (k + 1) – 1 1 ⋅ ⋅…⋅ > . 2 4 2 ⋅ (k + 1) 2 (k + 1) Az indukciós feltevés szerint igaz, hiszen minden szorzótényezõ pozitív szám: 1 3 2k – 1 2 ⋅ (k + 1) – 1 1 2 ⋅ (k + 1) – 1 2k + 1 ⋅ ⋅…⋅ ⋅ > ⋅ = . 2 4 2k 2 ⋅ (k + 1) 2 k 2 ⋅ (k + 1) 4 k ⋅ (k + 1) 1 Kérdés, hogy ez a csökkentett érték vajon nagyobb-e még a kérdéses -nél. Szorozzuk 2 ( k + 1) meg mindkét oldalt 4 k ⋅ (k + 1) -gyel:

3. Kérdés, hogy n = k + 1 esetén teljesül-e:

2k + 1 1 > , 4 k ⋅ (k + 1) 2 (k + 1) 2k + 1 > 2 k ⋅ (k + 1).

Négyzetre emelve mindkét oldalt, kapjuk az igaz 4k 2 + 4k + 1 > 4k 2 + 4k egyenlõtlenséget. w x4052

1 1 1 12 + 8 + 6 + + = > 1. 2 3 4 24 1 1 1 + +…+ > 1. 2. T.f.h. n = k-ra az állítás teljesül: k +1 k + 2 3k + 1 1. n = 1-re:

1 1 1 + +…+ > 1. (k + 1) + 1 (k + 1) + 2 3 ⋅ (k + 1) + 1 1 1 1 1 1 1 1 + +…+ = + +…+ +…+ = (k + 1) + 1 (k + 1) + 2 3 ⋅ (k + 1) + 1 k + 2 k + 3 3k + 1 3k + 4

3. Kérdés, hogy n = k + 1-re teljesül-e:

1 1 1 1 1 1 + + +…+ +…+ – > k +1 k + 2 k + 3 3k + 1 3k + 4 k + 1 1 1 1 1 >1+ + + – . 3k + 2 3k + 3 3k + 4 k + 1

Ha most az utolsó négy tag összege pozitív, akkor ez az összeg is nagyobb, mint 1. x Legyen x = 3k + 3 > 0, így k + 1 = > 0. 3 Ekkor: 1 1 1 3 1 1 2 + + – = + – = x –1 x x +1 x x –1 x +1 x = w x4053

x ⋅ (x + 1) + x ⋅ (x – 1) – 2 ⋅ (x 2 – 1) 2 = > 0. 2 x ⋅ (x – 1) x ⋅ (x 2 – 1)

Vizsgáljuk meg az elsõ néhány összeget: 1 = 1; 1 + 3 = 4; 1 + 3 + 5 = 9; 1 + 3 + 5 + 7 = 16; … Egyrészt azt látjuk, hogy az összeg négyzetszám. Másrészt az utolsó, n-edik szám elõáll (2n – 1) alakban. Sejtésünk tehát így szól: az elsõ n páratlan szám összege n 2. Bizonyítsuk n szerinti teljes indukcióval. 1. n = 1-re az állítás teljesül. 2. T.f.h. n = k esetén az állítás teljesül: 1 + 3 + … + (2k – 1) = k 2. 3. Kérdés, hogy n = k + 1-re 1 + 3 + … + (2k – 1) + (2k + 1) = (k + 1)2 teljesül-e. 1 + 3 + … + (2k – 1) + (2k + 1) = k 2 + 2k + 1 = (k + 1)2. 14

LO G I KA , B I Z O N Y Í T Á S I M Ó D S Z E R E K

101 + 1 – 9 ◊ 1 – 10 81 = = 3. 27 27 10 k + 1 – 9k – 10 2. T.f.h. n = k esetén 3 + 33 + 333 + º + 33º3 = . 27

10 k + 2 – 9 ◊ (k + 1) – 10 teljesül-e. 27 (Az utolsó 33…33 szám (k + 1) darab 3-as számjegyet tartalmaz.) Használjuk fel az indukciós feltevést, majd vizsgáljuk meg, egyenlõ-e a két oldal: 10 k +1 – 9k – 10 10 k + 2 – 9 ◊ (k + 1) – 10 + 33º33 = , / ◊ 27 27 27 10 ◊ 10 k – 9k – 10 + 27 ◊ 33º33 = 100 ◊ 10 k – 9k – 19, / + 9k, + 10, – 10 ◊ 10 k 81 ◊ 11º11 = 90 ◊ 10 k – 9, /: 9 k + 1 – 1, 9 ◊ 11º11 = 10 99º99 = 10 k +1 – 1,

3. Kérdés, hogy 3 + 33 + 333 + º + 33º3 + 33º33 =

ez pedig igaz, mert a bal oldalon (k + 1) darab 9-es számjegyet találunk. w x4055

Az egyenesek száma szerinti teljes indukciót alkalmazunk. 1. Egy egyenes (n = 1) a síkot két részre osztja: az egyiket pirosra, a másikat zöldre színezzük. 2. T.f.h. n = k egyenes esetén kiszíneztük a feltételeknek megfelelõen a „térképet”. 3. Meg tudjuk-e ezt tenni még egy (k + 1)-edik egyenes berajzolása esetén? Igen, ugyanis berajzolva az újabb vonalat, ez két részre osztja a térképet. Az egyik oldalt hagyjuk meg úgy színezve, ahogy eddig is volt. A másik felén minden rész színét változtassuk az ellenkezõjére. Így – ezen az oldalon a szomszédos részek különbözõ színei különbözõk maradnak; – azok a részek, amelyekbe az új egyenes belemetsz, két színûek lesznek, az egyenes két oldalán különbözõ színeket találunk.

Így elérjük, hogy továbbra se legyenek oldalszomszédos, azonos színû részek. w x4056

1. n = 0 esetén 11½2 6 × 0 + 1 + 32 × 0 + 2 = 2 + 9 = 11. 2. T.f.h. n = k-ra 11½2 6k + 1 + 32k + 2 = 2 × 64k + 9 × 9k. 3. Kérdés, hogy n = k + 1-re vajon 11½2 6 × (k + 1) + 1 + 32 × (k + 1) + 2 teljesül-e. 2 6 × (k + 1) + 1 + 32 × (k + 1) + 2 = 26k + 7 + 32k + 4 = 64 × 2 × 64k + 9 × 9 × 9 k = = 64 × (2 × 64k + 9 × 9 k ) – 64 × 9 × 9 k + 9 × (2 × 64k + 9 × 9 k ) – 9 × 2 × 64k. A két zárójelben levõ kifejezés az indukciós feltevés szerint osztható 11-gyel, ezért koncentráljunk a maradék két tagra. Kiemelve belõlük (–1)-et, kapjuk: 64 × 9 × 9 k + 9 × 2 × 64k = 9 × (2 × 64k + 9 × 9 k ) + 55 × 9 × 9 k. Itt a zárójeles kifejezés az indukciós feltevés szerint ismét osztható 11-gyel, mint ahogy az utolsó tagban levõ 55-ös együttható is. Készen vagyunk: az összes tagról kimutattuk, hogy osztható 11-gyel. 15

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

a) Kezdjük néhány eset megvizsgálásával: 1! 37; 8! > 38. Sejtésünk: bármely n ³ 7 egész számra n! > 3n. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük. 1. n = 7-re az állítás teljesül: 5040 = 7! > 37 = 2187. 2. T.f.h. n = k értékre teljesül az állítás: k! > 3k. 3. Kérdés, hogy (k + 1)! > 3k + 1 teljesül-e. Induljunk ki a faktoriálisból, használjuk az indukciós feltevést: (k + 1)! = k! × (k + 1) > (k + 1) × 3k. Ha ez utóbbi kifejezés nagyobb vagy egyenlõ, mint 3k + 1 = 3 × 3k, akkor készen is vagyunk: (k + 1) × 3k ³ 3 × 3k ? Osszuk le mindkét oldalt a pozitív 3k-nal, így k + 1 ³ 3, ami természetesen teljesül, hiszen k > 6. b) Vizsgáljunk meg néhány értéket: 30 > 03; 31 > 13; 32 > 23; 33 = 33; 34 > 43; 35 > 53; … Úgy tûnik, 3-nál nagyobb és kisebb értékekre teljesül az állítás, csak 3-ra nem (ekkor egyenlõség áll fenn). A bizonyítandó állítás tehát: bármely n > 3 természetes számra 3n > n3. Megjegyzés: Ha megengedjük az egyenlõséget, akkor n = 0-tól kimondhatjuk az állítást. 1. n = 4 esetén 81 = 34 > 43 = 64. 2. T.f.h. n = k-ra 3k > k3. 3. Kérdés, hogy 3k + 1 > (k + 1)3 teljesül-e. Elõször alakítsuk át a bal oldalt, majd használjuk fel az indukciós feltételt: 3k + 1 = 3 × 3k > 3 × k3. Ha igaz, hogy 3 × k3 ³ (k + 1)3, akkor készen is vagyunk. Fejtsük ki a zárójelet, vonjunk ki mindkét oldalból k3-t: 2k3 ³ 3k 2 + 3k + 1. Osszuk el mindkét oldalt k-val (k > 3), és rendezzünk a tört kivételével egy oldalra: 1 2k 2 – 3k – 3 ³ . k A parabola zérushelyei: 3 ± 33 k1, 2 = , azaz k1 » – 0, 69 és k2 » 2,19. 4 Ne feledjük, hogy számunkra csak a k > 3 egész értékek lényegesek! 1 Ezekre kisebb 1-nél, a parabola pedig pozitív egész értékeket vesz fel, tehát az egyenlõtk lenség teljesül.

Figyeljük meg alaposan az összeget. Mivel a szinuszfüggvény 2p szerint periodikus, valamint Êpˆ Ê3pˆ sin Á ˜ = 1, sin Á ˜ = – 1, ezért a kérdéses összeg megegyezik a Ë 2¯ Ë 2¯ –1 + 2 – 3 + 4 – 5 + 6 – 7 + … váltakozó elõjelû összeggel. 16

LO G I KA , B I Z O N Y Í T Á S I M Ó D S Z E R E K

Az alábbi táblázatban n az összeadandó váltakozó elõjelû számok számát jelöli, Sn pedig az összegüket. n

A probléma az, hogy összegünk a váltakozó elõjel miatt kétféleképpen viselkedik: más lesz páros sok és más páratlan sok szám összegére. Az indukciót csak két lépésben végezhetjük el. Egyszer igazolnunk kell a párosról páratlanra történõ lépés helyességét, egyszer pedig a páratlanról párosra lépés helyességét. Ehhez írjunk fel két kiinduló értéket és két indukciós feltevést. Kezdjük a páratlan esettel.

1+1 Êp ˆ 1. n = 1-re az állítás igaz, – 1 = 1 ◊ sin Á + 1 ◊ p˜ = – = – 1. Ë2 ¯ 2

2. T.f.h. n = (2k – 1)-re az állítás teljesül, azaz Sn = S2k – 1 = – 3. Kérdés, hogy n = 2k-ra igaz-e az állítás: Sn =

2k – 1 + 1 n +1 =– = – k. 2 2

2k n = k. vagy másképp S2k = 2 2

S2k = S2k – 1 + 2k = –k + 2k = k. Páratlanról párosra tehát át tudunk lépni. Gondoljunk bele, a párosról páratlanra átlépõ indukcióhoz nincs szükség kezdõérték-vizsgálatra, ugyanis az n = 1 kezdõértéket megvizsgáltuk, és utána igazoltuk a róla való továbblépést. A második n = 2 érték igazsága ebbõl már következik. Lássuk a páros eseteket. 2. T.f.h. n = 2k-ra az állítás teljesül, azaz S2k =

3. Kérdés, hogy n = 2k + 1-re igaz-e.

Sn = S2k +1 = S2k – (2k + 1) = k – 2k – 1 = – k – 1 = –

2k + 2 (2k + 1) + 1 n +1 =– =– . 2 2 2

Megjegyzés: Érdemes megvizsgálni a következõ összeget is (az utolsó tagban sin-t vagy cos-t írunk aszerint, mire jön ki a váltakozó lépés): Ê pˆ Ê pˆ Ê pˆ sin Ê pˆ Ê pˆ n◊ . 1 ◊ sin 1 ◊ + 2 ◊ cos Á2 ◊ ˜ + 3 ◊ sin Á3 ◊ ˜ + 4 ◊ cos Á4 ◊ ˜ + º + n ◊ Ë 2¯ Ë 2¯ Ë 2¯ Ë 2¯ cos ÁË 2˜¯ w x4059

A probléma kettõs. Egyrészt a 2. indukciós feltevésben gyakorlatilag bármilyen k-ra feltesszük, hogy minden n £ k-ra igaz a feltétel. Ez azonban csak n = k = 0-ra igaz, bármely annál nagyobb értékre nem teljesül a feltétel. Másrészt a 3. pontban kifejtett gondolatmenetben két értékre, k-ra és (k – 1)-re is alkalmazzuk az indukciós feltételt, holott a kezdõérték-vizsgálatot csak egy értékre végeztük el (n = 0-ra). Persze a feladatban ezt nem is végezhetjük el többre, hiszen csak a 0 = 1 bármely a-ra. Megjegyzés: Természetesen, ha több kezdõértékre is meg tudjuk állapítani az állítás igazságát, akkor ezeket fel is használhatjuk a bizonyításban. 17

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Vegyes feladatok – megoldások Hamis. Például 2 + 3 = 5. Hamis. Mindkettõ kisebb vagy egyenlõ, mint 1, de ha az egyik 1, a másik 0. Igaz. Négyzetszám csak 0 vagy 1 maradékot adhat hárommal osztva. Igaz. Például f (x) = 0.

a) Nem, mert a De Morgan-azonosságok szerint B-ben „vagy” mûveletnek kell szerepelni. b) Igen, hiszen a mûveletek disztributívak.

a) Kinyitottam a sütõt vagy kivettem a tálat, és megégettem a kezem. Nem igaz, hogy kinyitottam a sütõt és kivettem a tálat. Kinyitottam a sütõt és kivettem a tálat, vagy nem vettem ki a tálat és megégettem a kezem. b) Nem nyitottam ki a sütõt és nem vettem ki a tálat, vagy nem égettem meg a kezem. Kinyitottam a sütõt és kivettem a tálat. Nem nyitottam ki a sütõt vagy nem vettem ki a tálat, és kivettem a tálat vagy nem égettem meg a kezem.

B«(AÙC); (CÙB)®(ØA). Ha esik az esõ, akkor próbára megyek vagy fáradt vagyok. Próbára megyek és nem vagyok fáradt, de esik az esõ.

A bolondokháza eme lakója õrült orvos.

A kitöltött táblázat: (¨)

1. n = 0-ra 6½0 × (02 + 5) = 0. 2. T.f.h. n = k esetén 6½k × (k 2 + 5) = k 3 + 5k. 3. Kérdés, hogy n = k + 1 esetén 6½(k + 1) × [(k + 1)2 + 5] teljesül-e. (k + 1) × [(k + 1)2 + 5] = (k + 1) × [k 2 + 2k + 6] = k 3 + 3k 2 + 8k + 6 = = k 3 + 5k + 3k 2 + 3k + 6 = k 3 + 5k + 3k × (k + 1) + 6. Az elsõ két tag összege, azaz k 3 + 5k az indukciós feltevés miatt osztható 6-tal. A szorzat osztható 3-mal és az egyik tényezõje biztosan páros, tehát osztható 6-tal.

A meggondolással két probléma is van. Egyrészt az indukciós feltevés hibás, nyilván lehet már két leányt is találni, akiknek különbözõ színû a haja. Másrészt ha ez igaz is lenne, a bizonyítás elve akkor sem mûködik n = 1-rõl n = 2-re való átlépéskor. Egymást átfedõ csoportok létrehozásában gondolkodunk, de 2 fõ esetén 1 fõs csoportok lesznek, melyek között nincs átfedés.

S Z Á M S O R O Z AT O K

12.2. SZÁMSOROZATOK A sorozat fogalma, példák sorozatokra – megoldások w x4068

a) a5 = –2, a20 = 28; d) d5 = 53, d20 = 7703; g) g5 = 0,

b) b5 = 75, b20 = 0; e) e5 = 19, e20 = 8;

c) c5 = –100, c20 = 200; f ) f5 = 21 – 5, f20 = – 11;

⎧ 1, ha n = 3k + 1, ⎪ h) hn = ⎨ 2, ha n = 3k + 2, ⎪⎩ 3, ha n = 3k.

a2010 = 1, S2010 = 6030.

a) a50 = 12 = b25; d) a43 =

1 7 b7 = 2. b) n = 10; e) n = 230;

c) n = 11; f ) n = 1; 5; 13; 17; … 19

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Példák rekurzív sorozatokra – megoldások w x4075

a) 5; 4; 2; –2; –10; c) 5;

7 5 17 115 ; ; – ; – ; 3 9 27 81

5 5 5 1 ; ; ; . 2 6 24 24

Építsük fel a sorozatot: a1 = 1, a2 = 2, a3 = 4 és a negyedik tagtól kezdve: an = an – 1 + an – 2 + an – 3, tehát a további tagok: a4 = 7; a5 = 13; a6 = 24; a7 = 44; a8 = 81; a9 = 149; a10 = 274. Tehát 274-féleképpen érhetünk fel.

A sorozat tagjai: 1; 1; 1; 1; 1, … , tehát a2010 = 1 és S2010 = 2010.

A sorozat tagjai: 1; 1; 0; –1; –1; 0; 1; 1; …, látható, hogy egy hatos periódus után újra ugyanazok a számok lesznek a sorozat elemei. Mivel 2009 = 6 × 334 + 5, a 2009-edik tag –1 lesz. Egy periódusban a számok összege 0, mivel a hatodik elem is 0, az elsõ 2009 tag összege is 0.

Vizsgáljuk meg a sorozat tagjait: q +1 +1 q +1 p + q +1 p ; a4 = = ; a3 = p q p⋅q

p + q +1 +1 p⋅q ( p + 1) ⋅ (q + 1) p p +1 = = a5 = ; ⋅ q +1 p⋅q q +1 q p

p +1 +1 q = p; a6 = p + q +1 p⋅q

A tagok ismétlõdnek, a periódus öt. Tehát: p + q +1 . a2014 = a4 = p⋅q w x4080

a) Lehet, például: 1; 2009; 2010; … b) Ha a második tag x, a sorozat tagjai: 1; x; 1 + x; 2 × (1 + x); 4 × (1 + x); 8 × (1 + x); … ; an = 2 n – 3 × (1 + x). A 2 n – 3 × (1 + x) = 1000 egyenlet legnagyobb megoldása n = 6, ekkor x = 124.

Számtani sorozatok – megoldások w x4081

c) nem tagja a sorozatnak.

S Z Á M S O R O Z AT O K

a) a6 = 23 + 5 × 5 = 48 km.

A világcsúcs 158 kg.

a) a1 = 7 és d = 3.

a) a1 = 50 és d = –4.

Igen, mivel 11 5 – 1 3 5 + 1 + 8 5 – 2 = . 2 2

A sorozat különbsége:

a) A következõ egyenletrendszert kell megoldani: a1 + 2d + a1 + 7d = 34 ⎫ ⎬. a1 + d + a1 + 10d = 46 ⎭ A megoldás: a1 = –10 és d = 6. b) 2012 = a338.

Az alábbi egyenletrendszert kell megoldani: a1 + (a1 + 3d ) = 38 ⎫ ⎬. (a1 + 6d ) – (a1 + 2d ) = 16 ⎭ A megoldás: d = 4 és a1 = 13. a) 92; b) 101;

A következõ egyenletrendszert kell megoldani: ( a1 + 4d ) ⋅ ( a1 + 9d ) = – 25 ⎫ ⎬. 2a1 + 8d = 10 ⎭ A megoldás: a1 = 13 és d = –2.

3a1 + 3d = – 9 ⎫ ⎬. 3a1 + 9d = 39 ⎭

A megoldás: d = 8 és a1 = –11. w x4095

Az egyenletrendszerünk a következõ:

A megoldás: d = – w x4096

A feltétel szerint:

A keresett arány:

1 7 és a1 = . 2 2

8a1 + 28d = 14 ⎫ ⎬. 4a1 + 26d = 1 ⎭

a1 + a2 + a3 + a4 4a1 + 6d 1 = = , a5 + a6 + a7 + a8 4a1 + 22d 3

a1 + a2 + a3 + … + a10 10a1 + 45d 1 = = . a11 + a12 + a13 + … + a20 10a1 + 145d 3 21

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A feltétel alapján: a1 + a2 + a3 + a4 + a5 (a5 – 4d ) + (a5 – 3d ) + (a5 – 2d ) + (a5 – d ) + a5 = = a6 + a7 + a8 + a9 + a10 (a5 + d ) + (a5 + 2d ) + (a5 + 3d ) + (a5 + 4d ) + (a5 + 5d ) =

ebbõl pedig a sorozat differenciája: d =

50 – 10d 1 = , 50 + 15d 5

a) Mivel a1 = 3 és d = 8, ezért: an = 2011 = 251 × 8 + 3, amibõl leolvasható, hogy n = 252. A 2011 = 3 + (n – 1) × 8 egyenlet megoldásából szintén n = 252 adódik. Tehát 252 házhoz kézbesített levelet a postás. b) Mivel a1 = 6 és d = 10, továbbá az utolsó 6-ra végzõdõ házszám a 2006, ezért felírható: an = 2006 = 200 × 10 + 6, amibõl leolvasható, hogy n = 201. A 2006 = 6 + (n – 1) × 10 egyenlet megoldásából szintén n = 201 adódik. Tehát 201 házhoz kézbesített levelet a postás.

A számtani sorozat elsõ k elemének összege Sk =

A következõ egyenletet kell megoldanunk: 2 ⋅ 17 + (n – 1) ⋅ 10 ⋅ n = 1472. 2 Rendezett alakja: 5n2 + 12n – 1472 = 0, megoldásai n1 = 16 és n2 = –18,4. Természetesen csak a pozitív egész szám lehet megoldás. Tehát 16 számot adtunk össze.

Az alábbi egyenletrendszert kell megoldani: 2a + 3 ⋅ (n – 1) ⎫ 5010 = 1 ⋅n ⎪⎪ 2 ⎬. 2a + 3 ⋅ (n + 9) 6895 = 1 ⋅ (n + 10) ⎪ ⎪⎭ 2 2 Az a1 kiejtése után a 3n – 347n + 10 020 = 0 egyenletet kapjuk, amelynek pozitív egész megoldása: n = 60, ebbõl a1 = –5.

a) A következõ egyenletet kapjuk: 44 + ( n – 1) ⋅ 5 ⋅ n = 385, ahonnan 5n 2 + 39n – 770 = 0. 2 Ennek pozitív megoldása: n » 9,12, tehát 10 nap alatt ki tudja olvasni a könyvet. b) S9 = 378, tehát a tizedik napra csak 7 oldal olvasnivaló marad.

Egy vágásnál 9-cel nõ a lapok száma, ha összesen k darab lapot vágtunk el: 2010 = 30 + 9k Þ k = 220. Tehát 220 lap szétvágásával létrejöhetett 2010 darab, valószínûleg jól számolt az illetõ.

Az alábbi egyenlõtlenséget kell megoldanunk: 10 000 £ 13 + 17 × (n – 1) £ 99 999. Azt kapjuk, hogy 588,47 £ n £ 5882,53. Az elsõ ötjegyû tag: a589 = 10 009, az utolsó ötjegyû tag: a5882 = 99 990. Tehát a sorozatnak 5294 ötjegyû tagja van. 22

a1 + ak ⋅ k, ez alapján: k = 28. 2

S Z Á M S O R O Z AT O K

Ha a középsõ oldal b és a sorozat különbsége d, akkor az oldalak: b – d; b; b + d. Ha az utóbbi az átfogó, akkor Pitagorasz tétele alapján: (b – d )2 + b 2 = (b + d )2, amibõl b 2 = 4bd. Mivel b ¹ 0, ezért b = 4d. Tehát a háromszög oldalai: 3d; 4d; 5d. Az egyik hegyesszög: 3d 3 sin a = = Þ a = 36,87º. 5d 5 A másik hegyesszög: b = 53,13º.

Ha az oldalak hossza: b – d; b; b + d; a kerületbõl: b = 40. A másik feltételbõl: (40 – d) × (40 + d) = 1431, azaz 1600 – d 2 = 1413, amibõl d = 13 vagy d = –13. Így az oldalak hossza: 27 cm, 40 cm és 53 cm. A területet Héron-képlettel érdemes számolni: T » 526,5 cm2.

Az n oldalú konvex sokszög belsõ szögeinek összege: (n – 2) × 180º. A számtani sorozat miatt: 142, 5 + 172, 5 (n – 2) ⋅ 180º = ⋅ n, 2 melynek megoldása: n = 16.

Az elsõ 201 természetes szám összege: 1+ 2 + 3 + … + 201 = 201 × 101 = 20 301. Ha az összegbe k helyett –k kerül, akkor 2k-val csökken. Mivel kezdetben páratlan volt az összeg, nem kaphatunk 2010-et.

Például nincs 3-ra végzõdõ négyzetszám, ezért az an = 10n + 3 megfelel, de megoldás lehet a bn = 16n + 7 is.

Ha az elsõ szám ab, akkor a számok: 10a + b; 10b + a; 100a + b. Mivel számtani sorozatot alkotnak: 10a + b + 100a + b 10b + a = , amibõl 2 Csak a 16; 61; 106 számhármas felel meg.

A feltételek alapján:

m = a1 + (k – 1) ⋅ d ⎫ ⎬. k = a1 + (m – 1) ⋅ d ⎭

Kivonva egymásból: m – k = d × [(k – 1) – (m – 1)] = d × (k – m), ahonnan, mivel k ¹ m, adódik, hogy: d = –1 és a1 = k + m – 1, tehát an = k + m – 1 – (n – 1) = k + m – n. 23

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Jelöljük az sorozat elsõ elemét a1-gyel, különbségét pedig d-vel. Írjuk fel a sorozat általános tagját: a + a5n 2a + (10n – 6) ⋅ d ⋅5= 1 ⋅ 5 = 5a1 + 25n ⋅ d – 15d = bn = 5n – 4 2 2 = (5a1 – 15d ) + 25d ⋅ n = (5a1 – 15d ) + (n – 1) ⋅ 25d + 25d = (5a1 + 10d ) + (n – 1) ⋅ 25d. Az általános tag azt mutatja, hogy egy olyan számtani sorozatot kapunk, melynek elsõ eleme: b1 = 5a1 + 10d, differenciája pedig D = 25d.

Mértani sorozatok – megoldások w x4113

A sorozat elsõ hat tagja: a1 = – 2;

A keresett tagok: a1 =

a6 = a4 ⋅ q 2 = 45;

Így a tizedik elem, illetve az elsõ tíz tag összege: Ê 1ˆ 10 ÁË– ˜¯ – 1 1705 2 = . S10 = 20 ◊ 1 128 – –1 2

5 Ê 1ˆ , a10 = 20 ◊ Á– ˜ = – Ë 2¯ 128 w x4116

q = 2 vagy q = – 2.

Az elsõ esetben: a8 = –384 és S8 = –765. A második esetben: a8 = 384 és S8 = 255. w x4117

Az elsõ esetben:

Mivel q = 1, ezért minden tag 23, így S9 = 207.

Mivel q = –1, ezért S100 = 0. 24

1 1 vagy q = – . 2 2

a1 = A második esetben:

S Z Á M S O R O Z AT O K

Ha a mértani sorozat elemei: 1 + x; 8 + x; 22 + x; akkor (8 + x)2 = (1 + x) × (22 + x). Megoldva az egyenletet: x = 6, tehát a sorozatunk: 7; 14; 28. A sorozat hányadosa: q = 2.

A hosszak olyan mértani sorozatot alkotnak, ahol q = 1,25 és a1 = 1. A következõ egyenletet kell megoldanunk: 15 = 1 × 1,25 n – 1. Tízes alapú logaritmussal számolva: lg15 n =1+ » 13,14. lg1, 25 Tehát a 14. napon éri el a 15 méteres hosszúságot.

Keressük az alábbi egyenlõtlenség megoldásait: 10 000 £ 3 × 5 n – 1 £ 99 999. Tízes alapú logaritmussal számolva: lg 3333,33 £ lg 5 n – 1 £ lg 33333, azaz lg 3333, 33 lg 33333 £ n –1£ , lg 5 lg 5 ahonnan 6,04 £ n £ 7,47. Tehát a sorozatnak csak a hetedik tagja ötjegyû. Valóban: a7 = 46 875.

A következõ egyenletrendszert írhatjuk fel: a1 ⋅ q 2 + a1 ⋅ q3 = 80 ⎫⎪ ⎬, a1 ⋅ q 4 – a1 ⋅ q 2 = 240 ⎪⎭ kiemelés után: a1 ⋅ q 2 ⋅ (1 + q) = 80 ⎫⎪ ⎬. a1 ⋅ q 2 ⋅ (q 2 – 1) = 240 ⎭⎪ Mivel q ¹ –1, a második és elsõ egyenlet hányadosából adódik, hogy:

q2 – 1 = 3, q +1 tehát q = 4, a sorozat elsõ eleme a1 = 1. w x4124

a) Az alábbi egyenletrendszert kell megoldani: a1 ⋅ ( 1 + q) = 15 ⎫ ⎬. a1 ⋅ q 2 ⋅ ( 1 + q) = 60 ⎭ Megoldásai: a1 = 5 és q = 2 vagy a1 = –15 és q = –2. 25

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

b) A megoldást a 16 + 16 + 16q = 56, q

q = 2 és a1 = 8 vagy q =

c) A következõ egyenletrendszert kell megoldani:

a1 ⋅ (1 + q + q 2) = 57 ⎫⎪ ⎬. a1 ⋅ (1 – q 2) = 15 ⎪⎭ Elosztva a két egyenletet, adódik hogy:

24q2 + 5q – 14 = 0. Megoldásai:

2 7 és a1 = 27 vagy q = – és a1 = 64. 3 8

d) Az alábbi egyenletrendszert kell megoldani: a1 ⋅ ( 1 + q) = 160 ⎫ ⎬. a1 ⋅ q 5 ⋅ ( 1 + q) = 1215 ⎭ A két egyenlet hányadosából:

q5 = ebbõl adódik, hogy:

A következõ egyenletrendszert kapjuk:

a1 ⋅ (1 + q + q 2 + q3) = 468

⎫⎪ ⎬. a1 ⋅ q 4 ⋅ (1 + q + q 2 + q3) = 292 500 ⎪⎭

Az egyenletek osztásával kapjuk, hogy q 4 = 625, amibõl q = 5 vagy q = –5. A megoldás: 9 a1 = 3 és q = 5 vagy a1 = – és q = –5. 2 w x4126 Mivel: 7+4 3 ◊ (5 + 3 3 ) = 97 + 56 3, 3 -1 a négyzetre emelés és a nevezõ gyöktelenítése után: 2

2 Ê 3 + 2ˆ ÁË2 – 3˜¯ = (7 + 4 3 ) = 97 + 56 3,

ezért az állítás igaz. A mértani sorozat hányadosa: q = 3 – 1. 26

S Z Á M S O R O Z AT O K

Ha a számtani sorozat differenciája d, a feltétel szerint: (10 – d )2 = (10 – 2d ) × (10 + 2d). Az egyenlet két megoldása: d1 = 0 és d2 = 4. A számtani sorozat elsõ tagjai és a mértani sorozat hányadosai: d = 0 esetén a1 = 10 és q = 1, illetve d = 4 esetén a1 = –2 és q = 3.

Az számtani sorozatra vonatkozó feltételbõl: a2 = 2, így a számok: 2 – d; 2; 2 + d. A mértani sorozat elsõ három eleme: 7 – d; 4; 3 + d. Ebbõl: 42 = (7 – d ) × (3 + d ), ennek megoldásai: d1 = 5 és d2 = –1. 1 Az elsõ esetben: q1 = 2 és b1 = 2, a második esetben: q2 = és b1 = 8. 2 w x4129 A mértani sorozat elemei: 12 ; 12; 12q. q w x4128

A számtani sorozat elemei:

A számtani sorozat tulajdonságából: 12 + 4 + 12q + 1 q 15 = , ahonnan 12q 2 – 25q + 12 = 0, 2 ezt megoldva: 4 3 és q2 = . q1 = 3 4 w x4130

Ha a legkisebb oldal a, és a sorozat hányadosa q, q > 1, akkor az oldalak: a; aq; aq2. Pitagorasz tétele alapján: 2 a 2 + (aq)2 = (aq2) . Mivel a ¹ 0, eloszthatjuk az egyenletet, és a q4 – q2 – 1 = 0 negyedfokú egyenlethez jutunk. Megoldva: (q2)1, 2 = 1 ± 5 , 2 mivel q2 > 0, ezért adódik, hogy: 1+ 5 1+ 5 Þ q= . q2 = 2 2 A háromszög hegyesszögei: 1 a cos a = 2 = 2 , aq q ebbõl a = 51,83º, a másik szög b = 38,17º. 27

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Az oldalak hossza: 9; 9q; 9q2. A kerület: 19 = 9 + 9q + 9q2, ebbõl:

2 megoldás. 3 A háromszög oldalai: 9 cm, 6 cm, 4 cm. Természetesen csak a q =

A legnagyobb szög a leghosszabb oldallal szemben van, koszinusztétellel számolva: cos a =

6 2 + 4 2 – 92 48

A háromszög legnagyobb szöge a = 127,17º. w x4132

A következõ egyenletrendszert kell megoldani: a1 + a2 + a3 = 63 ⎫ ⎬. a2 ⋅ (a1 + a3) = 810 ⎭ A megoldáshoz vezessünk be új változót, legyen x = a1 + a3, a kapott

a2 + x = 63 ⎫ ⎬ a2 ⋅ x = 810 ⎭ egyenletrendszer megoldásai: a2 = 45 és x = 18, vagy a2 = 18 és x = 45. I. Ha a2 = 45 és x = 18, akkor a 18 =

45 + 45q egyenletnek nincs megoldása. q

18 + 18q egyenlet megoldásai és a keresett sorozat: q 1 q1 = 2, a1 = 9 vagy q2 = , a1 = 36. 2

II. Ha a2 = 18 és x = 45, akkor a 45 =

Legyenek a számtani sorozat tagjai: a1 = x – d; a2 = x; a3 = x + d; A mértani sorozat elemei: bn – 1 = a1 × a2 = (x – d) × x; bn = a2 × a3 = x × (x + d );

d ¹ 0. bn + 1 = a3 × a1 = x 2 – d 2.

A mértani sorozat tulajdonsága alapján: bn2 = bn – 1 × bn + 1, vagyis:

= (x – d ) × x × (x 2 – d 2).

A mûveletek elvégzése után, mivel d ¹ 0, x ¹ 0, x + d ¹ 0, adódik, hogy: d = 3x. A számtani sorozat tagjai: a1 = –2x;

A mértani sorozat elemei: bn – 1 = –2x 2; A keresett hányados: q = –2. 28

S Z Á M S O R O Z AT O K

Jelöljük x-szel a sorozat ötödik tagját: x ⎫ + xq = – 40⎪ q ⎪ ⎬ , ebbõl mivel x ¹ 0: x 2 = 68 ⎪ + xq ⎪⎭ q2 Felhasználva, hogy

1 – 40 ⎫ +q= q x ⎪⎪ ⎬. 1 2 = 68 ⎪ + q q2 x ⎪⎭

1ˆ 1 Ê 2 ÁËq + q˜¯ = q + q 2 + 2, a kapott egyenlet:

Ê– 40ˆ 68 + 2. ÁË ˜ = x ¯ x Ennek megoldásai: x1 = 16 és x2 = –50. Az elsõt visszahelyettesítve: q+

1 q1 = – 2 és q2 = – , 2

a sorozat elsõ tagjai pedig:

1 = 1 A második esetben q +

1 4 = . Ennek nincs megoldása. q 5

Kamatszámítás, törlesztõrészletek kiszámítása – megoldások w x4135

180 000 × 1,0710 = 354 087 Ft.

9800 × 0,9710 » 7227 fõ.

500 000 × 1,068 – 500 000 = 796 924 – 500 000 = 296 924 Ft lesz a haszon.

1000 000 × 1,085 × 1,0615 = 3 521 330 Ft.

A 118 000 × x 30 = 170 000 egyenlet megoldása: x » 1,0122, ami 1,22%-os éves növekedést jelent.

A 0,87 x = 0,5 egyenlet megoldása: x=

lg 0, 5 » 4, 98. lg 0, 87

Ha nem lesz változás, körülbelül 5 év múlva már felére csökken a fecskék száma. w x4141

A 6 506 300 = 4 800 000 × x 6 egyenlet megoldása: x » 1,052, tehát a bank 5,2%-os kamatot adott.

Az 1,047 x = 3 egyenlet megoldása: x=

lg 3 » 23, 92, lg1, 047

tehát 24 év alatt növekszik háromszorosára a betétünk. 29

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A keresett összeg kiszámítása: (200 000 ⋅ 1, 04514 + 200 000 ⋅ 1, 04513 + 200 000 ⋅ 1, 04512 + … + 200 000) ⋅ 1, 0456 = = 200 000 ⋅ (1 + 1, 045 + 1, 0452 + … + 1, 04514) ⋅ 1, 0456 =

1,004515 – 1 ⋅ 1, 0456 = 5413249. 1, 045 – 1 Tehát 5 413 249 Ft lesz a számlán a gyermek 20 éves korában. lg1, 6 ª 9, 6. w x4144 A 250 000 × 1,05 x = 400 000 egyenletbõl: 1,05 x = 1,6, ahonnan: x = lg1, 05 Tehát 10 év múlva, azaz 2010 januárjában éri el a betét a 400 000 Ft-ot. = 200 000 ⋅

Az elsõ bank öt év múlva 1 000 000 × 1,045 + 700 000 × 1,0635 » 2 166 742 Ft-ot fizet. A második bank öt év múlva 1 700 000 × 1,019 20 » 2 477 038 Ft-ot fizet. Tehát a Peták Bankot érdemes választani.

Ha az évenként felvett összeg x, akkor az alábbi egyenletet kell megoldanunk: <[(108 × 1,05 – x) × 1,05 – x] × … × 1,05 – x>= 0. Átrendezve: 108 × 1,0520 = x × (1,0519 +1,0518 + … +1), vagyis 108 ⋅ 1, 0520 x= = 8024 258, 72 » 8024 259 Ft. 1, 0520 – 1 1, 05 – 1 Tehát évente 8 024 259 Ft-ot vehet fel a bankból.

a) Ha x a havi törlesztõrészlet, akkor a következõ egyenletet kell megoldani:

8 ˆ Ê 15 ◊ 10 6 ◊ Á1 + Ë 12 ◊ 100˜¯

8 ˆ Ê – x ◊ Á1 + Ë 12 ◊ 100˜¯

8 ˆ Ê – x ◊ Á1 + Ë 12 ◊ 100˜¯

15 ⋅ 10 6 ⋅ 1, 006667180 = 143372 Ft. 1, 006667180 – 1 1, 006667 – 1

Tehát a havi díj: 143 372 Ft. b) Az évente fizetendõ összeg legyen y. Ekkor az egyenletünk: 15 × 106 × 1,0815 – y × (1,0814 + 1,0813 + … + 1) = 0. A megoldás: 15 ⋅ 10 6 ⋅ 1, 0815 y= = 1752 443, 1, 0815 – 1 1, 08 – 1 ebbõl a havi díj: 146 037 Ft. c) Az elsõ esetben a visszafizetni. 30

180 ⋅ 143372 15 ⋅ 1752 443 = 1, 72, a második esetben a = 1, 752 -szeresét kell 15000 000 15000 000

S Z Á M S O R O Z AT O K

Vegyes feladatok – megoldások w x4148

A megadott számtani sorozat adatai: a1 = –2, d = 5, S30 = 2115.

A megadott mértani sorozat adatai: a1 = 7, q = 2, S20 = 7 340 025.

Célszerû a sorozatok elsõ néhány tagját kiszámítani, majd a kialakult sejtést a definíciók segíta Ê ˆ ségével Áan +1 – an = d, illetve n +1 = q˜ igazolni. an Ë ¯ Számtani sorozatok: a), b), d), j), k). Mértani sorozatok: c), g), h), i).

S30 = 630 3 – 195.

A következõ egyenlõtlenséget kapjuk:

500 TDBP ‘ így az ABQD négyszög területe biztosan nagyobb, mint az ABCD négyszög területének fele. Ezzel megmutattuk, hogy kizárólag az EF szakasz pontjai felelnek meg a feltételnek.

Jelöljük az átlók hajlásszögét j -vel, továbbá legyen az O pontot a csúcsokkal összekötõ szakaszok hossza rendre: OC = e1, OA = e2 , OB = f1 és OD = f2. Ekkor a megfelelõ háromszögek területére igaz, hogy: f ⋅ e ⋅ sin(180º − j) , TABO = 1 2 2 e ⋅ f ⋅ sin(180º – j) . TCDO = 1 2 2 70

Az ABCD négyszögön belül kialakuló másik két háromszög területére igaz, hogy: e ⋅ f ⋅ sin j TBCO = 1 1 , 2 f ⋅ e ⋅ sin j . TDAO = 2 2 2 Mivel sin (180º – j) = sin j , ezért a két-két „szemközti” négyszög területének szorzata: f ⋅ e ⋅ sin j e1 ⋅ f2 ⋅ sin j e1 ⋅ e2 ⋅ f1 ⋅ f2 ⋅ sin 2 j TABO ⋅ TCDO = 1 2 ⋅ = , 2 2 4 e ⋅ f ⋅ sin j f2 ⋅ e2 ⋅ sin j e1 ⋅ e2 ⋅ f1 ⋅ f2 ⋅ sin 2 j TBCO ⋅ TDAO = 1 1 = ⋅ . 2 2 4 A „szemközti” négyszögek területének szorzata valóban egyenlõ. w x4271

a) A 4270. feladat állítása alapján: TABO × TCDO = TBCO × TDAO , azaz 8 × 2 = 4 × TDAO , amibõl TDAO = 4 cm2.

Az ABCD négyszög területe: 8 + 2 + 4 + 4 = 18 cm2.

b) Mivel TABD = TABO + TDAO = 8 + 4 = 12 cm2, valamint TABC = TABO + TBCO = 8 + 4 = 12 cm2, ezért TABD = TABC . Ha a két háromszög közös AB oldalához az ABDè-ben m1, az ABCè-ben pedig m2 magasság tartozik, akkor: AB ⋅ m1 AB ⋅ m2 = , 2 2 m1 = m2. Ez azt is jelenti, hogy a C és D pontok ugyanakkora távolságra vannak az AB szakasztól, ezért CD párhuzamos AB-vel. Ebbõl következik, hogy az ABCD négyszög valóban trapéz. w x4272

a) A metszõ sík az A, P és Q pontokon kívül még a kocka DH és BF éleit metszi. Ha a sík a DH élt az R, a BF élt az S pontban metszi, akkor a síkmetszet az ASPQR ötszög. b) A QP szakasz középvonala a HFGè-nek, ezért QP párhuzamos a kocka HF lapátlójával. Mivel egy sík párhuzamos síkokból párhuzamos egyeneseket metsz ki, ezért az APQ sík a kocka ABCD alaplapjának síkját is egy HF-fel párhuzamos egyenesben metszi.

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Ebbõl következik, hogy ha a QR egyenes a DC egyenest az X, a PS egyenes a CB egyenest pedig az Y pontban metszi, akkor XY párhuzamos HF-fel és így párhuzamos a BD lapátlóval is. Ekkor azonban az ABDX négyszög paralelogramma, ezért: DX = BA = 18 cm és BY = DA = 18 cm. Vizsgáljuk meg az XDR és QHR háromszögeket. Mindkét háromszög derékszögû, valamint az R csúcsnál lévõ szögeik csúcsszögek, ezért a két háromszög hasonló egymáshoz. A megfelelõ oldalaikra: DR DX = = 2, HR HQ ezért az R pont a DH él D-hez közelebbi harmadolópontja, így: DR = 12 cm és HR = 6 cm. Ugyanilyen megfontolásból: BS = 12 cm és FS = 6 cm. Az ASPQR ötszög minden oldala átfogója egy-egy olyan derékszögû háromszögnek, amelynek befogói illeszkednek a kocka éleire, így már könnyen kiszámíthatjuk az ötszög oldalait: QP = 92 + 92 = 9 2 (» 12, 73 cm), PS = QR = 92 + 62 = 3 13 (» 10, 82 cm), AR = AS = 182 + 122 = 6 13 (» 21, 63 cm). Mivel az RSBD négyszög is paralelogramma (sõt igazából téglalap), ezért: RS = 18 2 (» 25, 46 cm). Az ötszög területe az RSA egyenlõ szárú háromszög, valamint az RSPQ húrtrapéz területének összege. Az RSAè területét Heron képletével számolhatjuk: TRSA =

13 + 9 2 ) ⋅ (9 2 ) ⋅ (6 13 – 9 2 ) = 2

2 Ê9 2ˆ 17 (» 8, 75 cm). 13 ) – Á =3 Ë 2 ˜¯ 2

Az RSPQ trapéz területe: 18 2 + 9 2 17 81 17 ⋅3 = 2 2 2

Az ASPQR ötszög területe: TASPQR = 54 17 + 72

Az RSPQ húrtrapéz területéhez szükségünk van a trapéz QT magasságára. Az RQT derékszögû háromszögben: 18 2 – 9 2 9 2 RT = = (» 6, 36 cm). 2 2 Pitagorasz tétele alapján:

81 17 189 = 17 ⋅ 2 2

A kör és részeinek területe – megoldások w x4273

Az ábrák alapján egy paralelogramma területével közelíthetjük a kör területét. A paralelogramma egyik oldala r, a másik oldala a kör kerületének nyolcadrésze. Ha a körcikkek középponti szögét csökkentjük, akkor a paralelogramma szögei egyre jobban „megközelítik” a 90º-os szöget, így a paralelogramma határhelyzete egy téglalap. A fentiek alapján a kör T területére a következõ becslést adhatjuk: T » r ⋅ K nyolcadkör , amibõl T » r ⋅ K félkör , azaz T » r ⋅ r ⋅ p = r 2 ⋅ p. 4

11,18 cm2, illetve 67,36 cm2.

A húr hossza 12,90 cm. A nagyobb körszelet területe 435,96 cm2.

A kisebb körgyûrû területe 16p » 50,27 cm2, a nagyobbé 24p » 75,40 cm2.

A motívumokat egy 115p » 361,28 cm2 területû részen helyezték el.

a) 125 Ft-ba; b) 540 Ft-ba; c) 160 Ft-ba; d) 955 Ft-ba. Látható, hogy a gyakorlatban a pizza ára nem egyenesen arányos a területével.

A háromszög köré írt kör sugara kétszer akkora, mint a beírt kör sugara, ezért területük aránya 4.

Az aszfaltozásra váró terület a következõ részekbõl tevõdik össze: 8 darab téglalap alakú rész a pavilon oldalai mentén, illetve 8 darab körcikk alakú rész a pavilon sarkainál. Egy-egy téglalap alakú rész szélessége 0,5 m, hosszúsága 2 m, így a téglalap alakú részek területének összege: T1 = 8 × 0,5 × 2 = 8 m2.

t » 14,18 cm2, t » 169,65 cm2, t » 405,57 cm2, t » 33,51 cm2, t » 203,58 cm2,

i » 5,67 cm; i » 28,27 cm; i » 62,40 cm; i » 8,38 cm; i » 22,62 cm. b) a » 299,95º;

A körcikkek sugara 0,5 m. A szabályos nyolcszög egy belsõ szöge 135º-os, ezért egy körcikk középponti szöge: 360º – (135º + 90º + 90º) = 45º. Mivel 8 × 45º = 360º, ezért a pavilon nyolc sarkánál lévõ körcikkekbõl éppen egy 0,5 m sugarú kört lehet „összeállítani”. A körcikkek területösszege ennek megfelelõen: T2 = 0,52 × p » 0,8 m2. Összesen 8,8 m2 területû részt kell leaszfaltozni. 73

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A kisebb területû körgyûrû területe: ÊÊR + rˆ 2 ˆ t = ÁÁ – r 2˜ ◊ p, ˜ ËË 2 ¯ ¯ a nagyobb területûé:

2 Ê ÊR + rˆ ˆ T = ÁR 2 – Á ◊ p. Ë 2 ˜¯ ˜¯ Ë

Felhasználva az a 2 – b2 = (a + b) × (a – b) azonosságot, a két terület aránya: R + r – 2r R + r + 2r ⋅ R + 3r t 2 2 = = . T 2R + R + r 2R – R – r 3R + r ⋅ 2 2 w x4287

a) Ez a kör a két koncentrikus kör középköre, amelynek sugara: r+R r1 = . 2 A körgyûrû szélességét felezõ kör sugara a két határoló kör sugarának számtani közepe. b) Ha a keresett kör sugara r2, akkor:

r22 ⋅ p – r 2 ⋅ p r = , R 2 ⋅ p – r22 ⋅ p R amibõl a törtek eltüntetése és egyszerûsítés után: r22 × R – r 2 × R = r × R 2 – r × r22. Az r2-t tartalmazó tagokat egy oldalra csoportosítva: r22 ⋅ R + r ⋅ r22 = r ⋅ R 2 + r 2 ⋅ R, r22 ⋅ (R + r) = r ⋅ R ⋅ (R + r), r22 = r ⋅ R, r2 = r ⋅ R. A körgyûrût r : R területarányú részekre osztó kör sugara a két határoló kör sugarának mértani közepe. c) A körgyûrû területét felezõ kör sugarát r3-mal jelölve: R 2 × p – r32 × p = r32 × p – r 2 × p, amibõl egyszerûsítés és rendezés után: R2 + r 2 R2 + r 2 Þ r3 = . 2 2 A körgyûrû területét felezõ kör sugara a két határoló kör sugarának négyzetes közepe. r32 =

d) Mivel a kapott közepek közül a mértani a legkisebb, annál nagyobb a számtani, végül a négyzetes a legnagyobb, ezért: r2 r feltétel miatt. A körök közül a legkisebb a „belsõ” körhöz van közelebb, az a) feladatban kapott kör a határoló köröktõl egyenlõ távolságra van, míg a c) feladat köre a „külsõ” határoló körhöz van közelebb. 74

a) Az azonos színnel jelölt részek területösszegét könnyebb kiszámolni, ha az azonos színeket egymás mellé forgatjuk (ld. ábra). A tábla fekete része két körgyûrûcikket alkot. Mindkét rész a megfelelõ körgyûrû területének fele, ezért a feketével jelölt terület: 1 T1 = ⋅ ⎡⎣(312 – 232) ⋅ p + (182 – 10 2) ⋅ p ⎤⎦ = 2 = 328p » 1030,44 cm 2.

b) A zölddel megjelölt részek területösszege: 1 T2 = (10 2 – 52 ) ⋅ p + ⋅ ⎡⎣(362 – 312) ⋅ p + (232 – 182) ⋅ p ⎤⎦ = 2 = 345p » 1083,85 cm 2. c) A pirossal megjelölt részek területe közvetlenül is számolható, de akár úgy is, hogy a „legkülsõ” kör területébõl kivonjuk a többi színnel megjelölt részek területét. A legnagyobb kör területe: T = 36 2 × p = 1296p » 4071,50 cm2. Mivel a kék és fekete részek területe megegyezik, ezért a piros területrészek összege: T3 = T – 2 × T1 – T2 = 1296p – 656p – 345p = 295p » 926,77 cm2. Bence a piros részt az alábbi valószínûséggel találja el: T3 295 = » 0, 2276. T 1296 w x4289

a) Jelöljük az eredeti hungarocelltábla sarkait az A, B, C és D pontokkal, a két kivágott kör középpontját O-val és Q-val. Az O középpontú kör az ACB egyenlõ szárú derékszögû háromszög beírt köre. A kör r sugarát az ACB háromszög területébõl számolhatjuk ki. Mivel a háromszög befogói 2 m hosszúak, ezért: TACB = 2 m2.

Ha a háromszög kerületének felét s jelöli, akkor: 2+2+2 2 s= = 2 + 2 » 3,41 m. D 2 Az ismert területképlet alapján: T 2 r = ACB = = 2 – 2 » 0,59 m. s 2+ 2 Az egyik céltábla területe:

T = (2 – 2 ) ⋅ p » 1,08 m 2, 2

tehát a táblának körülbelül

2 – 1, 08 ⋅ 100 = 46%-a 2 veszett kárba. 75

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

b) Egy céltáblán a pirosra festett rész területe: 2 Ê rˆ 2 ÁË3˜¯ ◊ p » 0,12 m . c) Marci a sárga részt

Ê2 ˆ p – ÁË ◊ r˜¯ ◊ p 5 3 = 2 9 r ◊p valószínûséggel találja el. A legértékesebb (piros) rész találatának valószínûsége: r2 ◊

Ê rˆ ÁË ˜¯ ◊ p 1 3 = . r2 ◊ p 9 Látható, hogy Marci a sárga részt 5-ször akkora valószínûséggel találja el, mint a pirosat. w x4290

a) A virágtartó tetejét teljes egészében lefedõ terítõk közül C a háromszög köré írható kör sugara a legkisebb. Az ABC szabályos háromszög köré írható kör O középpontja egybeesik a háromszög magasságpontjával, valamint beírható körének középpontjával is. Ha a C csúcsból induló magasságvonal talppontja T, akkor az AOT derékszögû háromszög A csúO csánál 30º-os szög van, ezért ha a körülírt kör sugara R, akkor: R r AT 30° cos 30º = , A 35 T R 35 3 R= » 20,21 cm. 3 A virágtartót lefedõ legkisebb kör alakú terítõ területe körülbelül 1282,82 cm2.

b) A virágtartón elférõ legnagyobb kör alapú cserép r sugara megegyezik az ABCè-be írt kör sugarával. Az AOT derékszögû háromszögbõl: r tg 30º = , AT 3 35 r= ⋅ » 10,10 cm. 3 2 A legnagyobb virágcserép alapterülete körülbelül 320,70 cm2. c) A terítõ és a virágcserép alapköre sugarának aránya 2. d) A terítõ területe a virágcserép alapterületének 4-szerese. w x4291

A körcikkbõl kivágható legnagyobb kör érinti a határoló körívet, valamint a körcikk két sugarát. Ebbõl következik, hogy a kivágandó kör Q középpontja illeszkedik a körcikk középponti szögének szögfelezõjére. Ha a körcikk sugarát R, a körét r jelöli, továbbá a körcikk határoló körívével való érintési pont E, az OA sugárral pedig F (ld. ábra), akkor az OQF derékszögû háromszögben: r OQ sin 30º = Þ r= . OQ 2

Mivel az O, Q és E pontok egy egyenesre illeszkednek, ezért: OQ = OE – QE = R – r, így: R–r R r= = . 2 3 A körcikk területe: R2 ⋅ p T= , 6 a beírt kör területe: R2 ⋅ p t= , 9 a hulladéké pedig: R2 ⋅ p Thulladék = T – t = , 18 így a hulladék a körcikknek 33,33%-a. w x4292

a) Az alábbi ábrán berajzoltuk az ABCD négyzet oldalfelezõ pontjait, valamint az így kialakult FGHI négyzetet. A satírozással megjelölt rész területe jól láthatóan feleakkora, mint az eredeti ábrán megjelölt részek területösszege. Ha az ABCD négyzet oldala a, akkor az ábrán szürkével jelölt körszeletek területösszege az ABCD négyzetbe írt kör, valamint az FGHI négyzet területének különbsége, azaz:

p –2 a2 Ê aˆ T = Á ˜ ◊p – = a2 ◊ . Ë 2¯ 2 4

Az eredeti ábra szürkével jelölt síkidomainak területösszege: p –2 , 2 ⋅ T = a2 ⋅ 2 ami a négyzet területének 57%-a. b) Az ABCD négyzetbe írt körön kívül esõ részek területösszege: 2

4–p Ê aˆ – Á ˜ ◊ p = a2 ◊ . Ë 2¯ 4

A körön belüli részt összesen 8 körszeletre bonthatjuk, melyek közül az ábrán szürkével jelölt 2 körszelet területösszege az IH átmérõjû, U középpontú félkör és az IHO derékszögû háromszög területének különbsége, azaz: 2

Êa 2 ˆ a a ◊ ÁË ˜¯ ◊ p p –2 4 T2 = – 2 2 = a2 ◊ . 2 2 16

Az eredetileg szürkével jelölt részek területösszege: p – 2ˆ a2 Ê4 – p + 4◊ T = T1 + 4 ◊ T2 = a2 ◊ ÁË ˜= . 4 16 ¯ 2 A négyzetnek tehát pont a fele, azaz 50%-a van beszínezve. 77

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

a) Az OAQB négyszög minden oldala 12 cm, ezért a négyszög rombusz. A rombusz OQ átlója szintén 12 cm, AB átlója pedig az AOQ és BOQ szabályos háromszögek magasságainak összege, azaz: 3 AB = 2 ⋅ 12 ⋅ = 12 3 (» 20, 78 cm) . 2

Az OAQB rombusz területe: 12 ⋅ 12 3 TOAQB = = 72 3 (» 124, 71 cm 2) . 2

b) A szürkével megjelölt rész az OAQB rombuszra, valamint 4 darab egybevágó körszeletre bontható. Egy ilyen körszelet területe kiszámolható a 60º-os középponti szöggel rendelkezõ körcikk, valamint a 12 cm oldalú szabályos háromszög területének különbségeként, azaz: 3 122 ⋅ 2 12 ⋅ p 2 = 24p – 36 3 (» 13, 04 cm 2) . t= – 6 2 A szürke rész területe: T = TOAQB + 4 ⋅ t = 72 3 + 96p – 144 3 = 96p – 72 3 » 176,89 cm 2. w x4294

A három kör középpontja által közrefogott ABCè oldalai a sugarakból adódnak: AB = 5 cm, BC = 7 cm, AC = 6 cm (ld. ábra). Ha az érintési pontokat E, F és G jelöli, akkor a feladat a körívek által határolt EFG síkidom területét kérdezi. E síkidom területét megkapjuk, ha az ABCè területébõl kivonjuk az ABCè csúcsai mint középpontok köré írt körcikkek területét (az egyik ilyen körcikk például az A középpontú a középponti szögû, 2 cm sugarú körcikk). Az ABCè területét Heron képletével számolhatjuk: TABC = 9 ⋅ 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 6 6 (» 14, 70 cm 2) .

A háromszög szögeit koszinusztétellel számíthatjuk ki: cos a =

A háromszög további szögei: b » 57,12º, g » 44,42º. A háromszög csúcsai köré írt körcikkek területe: 22 ⋅ p ⋅ a » 2, 74 cm 2, ta = 360º tb =

32 ⋅ p ⋅ b » 4, 49 cm 2, 360º

42 ⋅ p ⋅ g » 6, 20 cm 2. 360º

Ha az ABCè területébõl kivonjuk a körcikkek területét, a körök által határolt síkidom területére 1,27 cm2 adódik. 78

A telek területe 225 m2. Az ábra jelöléseit követve tegyük fel, hogy Béla bácsi az öntözõberendezést az O pontba, a telek A csúcsához rakta legközelebb. A meglocsolt terület a következõ részekre bontható: az 1 m oldalú AGOH négyzet, a 4 m hosszú átfogóval rendelkezõ EOG és FHO egybevágó derékszögû háromszögek, valamint az O középpontú, az ábrán a -val jelölt középponti szögû, 4 m sugarú körcikk. Az AGOH négyzet területe 1 m2. Az EOG háromszögben: 1 cos b = , amibõl b » 75,52º. 4 Az EOG (és a vele egybevágó FHO) háromszög területe: 1 ⋅ 4 ⋅ sin b TEOG = » 1, 94 m 2. 2 A körcikk alakú rész középponti szögére: a = 360º – 90º – 2b » 118,96º, területe pedig: 42 ⋅ p ⋅ a Tkörcikk = » 16,61 m 2. 360º

Béla bácsi az öntözõberendezéssel körülbelül 1 + 2 × 1,94 + 16,61 = 21,49 m2 területû részt tud meglocsolni a kertjébõl, ami a kertnek körülbelül 9,6%-a. w x4296

a) Egy hold alakú tészta területét úgy számolhatjuk ki, hogy a 4 cm sugarú kör területébõl kivonjuk a két metszõ helyzetû kör közös részének területét. A két kör közös része tovább bontható az ADBC rombuszra (ld. ábra), valamint négy egybevágó körszeletre; az egyik ilyen körszeletet a BC húr vágja le az A középpontú, 60º-os középponti szöggel rendelkezõ körcikkbõl. A körcikk területe:

42 ⋅ p » 8,38 cm 2. 6 Az ABC szabályos háromszög területe: 3 42 ⋅ 2 TABC = = 4 3 » 6,93 cm 2, 2 ezért a megfelelõ körszelet területe: Tkörszelet = Tkörcikk – TABC » 1,45 cm2.

Az ADBC rombusz területe kétszerese az ABC háromszög területének, azaz: TADBC = 8 3 » 13,86 cm 2. 79

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A két szomszédos kör közös részének területe: Tmetszet = TADBC + 4 × Tkörszelet » 19,66 cm2. Egy hold alakú tészta területe: 42 × p – 19,66 » 30,61 cm2. b) A két kör közös részébe írt EFGH négyzet területét kérdezi a feladat. Az ábra szimmetrikus az AB egyenesre, valamint az AB szakasz O felezõpontjára. Mindezekbõl következik, hogy az O pont egyben a négyzet középpontja is, ezért AOG¬ = 135º. Ha a GO szakasz hosszát x jelöli, akkor az AOG háromszögben a koszinusztétel alapján: AG 2 = AO 2 + GO 2 – 2 ⋅ AO ⋅ GO ⋅ cos135 º, 2 42 = 22 + x 2 + 2 ⋅ 2 ⋅ x ⋅ , 2 amibõl rendezés után: x 2 + 2 2 ⋅ x – 12 = 0.

Az egyenlet megoldásai: x1 = 14 – 2 és x2 = – 14 – 2. Mivel x2 negatív, ezért: x = 14 – 2 » 2,33 cm. Az EFGH négyzet átlója 2x, ezért a négyzet oldala: a = x 2 = ( 14 – 2 ) ⋅ 2 = 2 7 – 2 » 3,29 cm. A négyzet alakú tészták területe: a2 = 32 – 8 7 » 10,83 cm 2.

A térfogat fogalma, a hasáb és a henger térfogata – megoldások w x4297

a) A kocka lapátlója: 7, 5 2 » 10, 61 cm. b) A kocka testátlója: 7, 5 3 » 12, 99 cm.

a) A kocka felszíne: 1200 cm2. b) A kocka térfogata: 2000 2 » 2828, 43 cm 3.

a) A kocka felszíne: 100,77 cm2. b) A kocka térfogata: 68,82 cm3.

A két kocka éle 7 cm és 12 cm.

A négyzetes oszlop térfogata: 250 cm3.

A téglatest felszíne: 286 cm2. 80

A tekercs 162 g alumíniumból készült.

Egy raklapnyi tégla tömege: 1,085 tonna.

a) A téglatest térfogata: 1080 cm3. b) A téglatest felszíne: 636 cm2.

a) A hasáb felszíne: 72 3 + 720 » 844, 71 cm 2. b) A hasáb térfogata: 720 3 » 1247, 08 cm 3.

a) A hasáb felszíne: 1728 3 + 6048 » 9040, 98 cm 2. b) A hasáb térfogata: 36 288 3 » 62852, 66 cm 3.

a) A hasáb felszíne: 18 91 + 760 » 931, 71 cm 2. b) A hasáb térfogata: 180 91 » 1717, 09 cm 3.

A hasáb egy éle: 5 cm.

A hasáb térfogata: 3888 cm3.

A ferde hasáb térfogata: 5508,32 cm3.

A forgástest térfogata: 125p » 392,70 cm3, a felszíne: 100p » 314,16 cm2.

a) A forgástest térfogata: 360p » 1130,97 cm3, a felszíne: 192p » 603,19 cm2. b) A forgástest térfogata: 300p » 942,48 cm3, a felszíne: 170p » 534,07 cm2.

A pohárba megközelítõleg 1,70 dl víz fér.

A körhenger térfogata: 288p » 904,78 cm3, a felszíne: 176p » 552,92 cm2.

A körhenger térfogata lehet 1080p » 3392,92 cm3 vagy 2700p » 8482,30 cm3.

A bögre térfogata megközelítõleg 3,85 dl, így elfér benne a kakaó.

A körhenger felszíne: 231,83 cm2, térfogata: 225,08 cm3.

A henger térfogata: 425p » 1335,18 cm3.

A henger térfogata: 1536p » 4825,49 cm3.

a) A test 8 × 1 + 12 × 3 = 44 egységkockából áll, tehát térfogata 44 térfogategység. b) Az eredeti kocka 6 oldallapjából 6 × (52 – 32) = 96 területegység maradt meg, ehhez még a 12 él mentén belül 12 × 6 = 72 területegység adódik, tehát a test felszíne 168 területegység.

Az ábrán látható a élû kocka HB testátlójának a G csúcstól mért távolsága GT. A BGH derékszögû háromszög területét kétféleképpen felírva: a 3 ⋅ GT a ⋅ a 2 = , 2 2 a 3 ⋅ 16, 33 a ⋅ a 2 = , 2 2 a ª 20.

A kocka térfogata 8000 cm3. 81

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Befektetõ Béla mobiltelefonjának térfogata: V = abc = 108,8 × 46,2 × 11,7 » 58 810,75 mm3 = 58,81075 cm3. a) Az aranyrúd tömege: m = V × r = 1135,05 gramm. 1135, 05 = 36, 49 uncia tömegû, amelynek ára: b) Az aranyrúd 31,103 36,49 × 1161 × 182 » 7 710 410 forint. c) A 7000 tonna arany térfogata 362,69 m3. Ha ennyi aranyat hézagmentesen elhelyeznének a 10 ´ 20 méteres medencébe, akkor „csak” 1,81 m magasan állna benne az arany, tehát a teljes mennyiség elférne az úszómedencében.

A csomag hosszúsága legyen 3x, szélessége 2x, magassága x: 2 × 3x + 4 × 2x + 6 × x + 20 = 260 Þ x = 12. a) A csomag oldalélei: 36 cm, 24 cm és 12 cm. b) A becsomagoláshoz szükséges papír területe: A 2 ⋅ (ab + ac + bc) = = 0,96 0,96 =

2 ⋅ (36 ⋅ 24 + 36 ⋅ 12 + 12 ⋅ 24) = 3300 cm 2 = 33 dm 2. 0,96

c) A téglatest testátlója: e = a2 + b 2 + c 2 = 362 + 242 + 122 » 44,90 cm, tehát nem fér el a csomagban egy 50 cm hosszú rúd. w x4325

Legyen a téglatest ABCD lapjának két éle 3x és 4x hosszúságú. Az ábra jelöléseit használva láthatjuk, hogy a BDHè egy szabályos háromszög fele. A háromszög hosszabbik befogója E az 5x hosszúságú lapátló, a rövidebbik befogó a téglatest harmadik éle, az átfogó pedig a téglatest testátlója. 3x A háromszögben ismert összefüggések alapján A a téglatest harmadik élének hossza: HB 50 HD = = = 25 cm, 2 2 illetve a téglatest 50 cm-es HB testátlójára fennáll: 3 50 ⋅ = 5x Þ x = 5 3. 2

A téglatest éleinek hossza: 15 3 cm, 20 3 cm és 25 cm. a) A téglatest felszíne: A = 2 ⋅ (ab + ac + bc) = 2 ⋅ (15 3 ⋅ 20 3 + 15 3 ⋅ 25 + 20 3 ⋅ 25) = = 1800 + 1750 3 » 4831,09 cm 2. b) A téglatest térfogata: V = a ⋅ b ⋅ c = 15 3 ⋅ 20 3 ⋅ 25 = 22 500 cm 3. 82

Legyen a négyzet alapú egyenes hasáb alapéle a, oldaléle m hosszúságú. A síkmetszetek területébõl:

a 2 ⋅ m = 60 2 ⎫ ⎬. a a2 + m 2 = 65 ⎭ Az egyenletrendszert megoldva: a = 5, m = 12. a) A hasáb felszíne: A = 2a 2 + 4am = 290 cm2. b) A hasáb térfogata: V = a 2 × m = 300 cm3. w x4327

Az ötszög területe: T = 5 ⋅

82 ⋅ sin 2 54º . 2 ⋅ sin 72º

a) A hasáb felszíne: A = 2T + k ⋅ m = 2 ⋅ 5 ⋅ b) A hasáb térfogata: V = T ⋅ m = 5⋅ w x4328

82 ⋅ sin 2 54º + 40 ⋅ 22 » 1100, 22 cm 2. 2 ⋅ sin 72º

82 ⋅ sin 2 54º ⋅ 22 » 2422, 43 cm 3. 2 ⋅ sin 72º

a) A szabályos nyolcszög alapú hasáb alapéle: fedõlapjának területe:

a = 2 ⋅ 15 ⋅ sin 22,5º; T =8⋅

152 ⋅ sin 45º . 2

A bevonandó felület: T + 8 ⋅ am = 8 ⋅

152 ⋅ sin 45º + 8 ⋅ 2 ⋅ 15 ⋅ sin22,5º ⋅ 8 » 1371,15 cm 2. 2

b) A szabályos tízszög alapú hasáb alapéle: fedõlapjának területe:

b = 2 ⋅ 15 ⋅ sin 18º; T ‘ = 10 ⋅

152 ⋅ sin 36º . 2

A bevonandó felület: 152 ⋅ sin 36º + 10 ⋅ 2 ⋅ 15 ⋅ sin18º ⋅ 10 » 1588, 31 cm 2. 2 1588, 31 A Vera 10. születésnapjára készült tortán a bevonandó felület ⋅ 100 – 100 » 15, 84 1371,15 százalékkal lesz nagyobb, mint a 8. születésnapjára készített tortán. T ‘ + 10 ⋅ bm ‘ = 10 ⋅

Ha a hasáb alapéle a, akkor a befestendõ terület: a2 ⋅ 3 + 2, 5 ⋅ 3 ⋅ a = 6,28 m 2. 4 Rendezés után a megoldandó másodfokú egyenlet: 3 ⋅ a2 + 30a – 25,12 = 0. t + Apalást =

Az egyenlet pozitív megoldása 0,80. A hirdetõoszlop alapéle 80 cm. 83

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Mivel a hasáb két oldallapja 70º31’-os szöget zár be, és a területük aránya 2 : 3, az alaplap olyan háromszög, amelyben két oldal hosszát felírhatjuk 2x és 3x alakban, a két oldal által bezárt szög pedig 70º31’. Mivel a hasáb harmadik oldallapjának területe 120 cm2, és a hasáb magassága 20 cm, a háromszög harmadik oldala 6 cm hosszú. A koszinusztételt felírva a háromszögben: 62 = (2x)2 + (3x)2 – 2 × (2x) × (3x) × cos 70º31′ Þ x » 2. Az alaplap oldalélei 4 cm, 6 cm és 6 cm hosszúak. A hasáb térfogata: 4 ⋅ 6 ⋅ sin 70º 31′ V =T ⋅m= ⋅ 20 » 226, 26 cm 3. 2

A csatorna keresztmetszetének területe: a+c 6+8 T= ⋅ mtrapéz = ⋅ 3 = 21 m 2. 2 2 a) A csatorna egy óra alatt legfeljebb annyi vizet tud elvezetni, amennyi egy 21 m2 alapterületû és 1,4 × 3600 = 5040 m magasságú hasáb térfogata: V = T × m = 21 × 5040 = 105 840 m3. b) Ha a csatorna félig van vízzel, akkor a víz egy olyan trapéz alakú keresztmetszeten folyik le, 6+8 amelynek alapjai 6 m és = 7 m, magassága 1,5 m. A keresztmetszet területe: 2 7+6 T’= ⋅ 1, 5 = 9, 75 m 2. 2 Így a csatorna által egy óra alatt elvezetett vízmennyiség annyi, mint egy 9,75 m2 alapterületû és 0,9 × 3600 = 3240 m magasságú hasáb térfogata: V = T ‘ × m = 9,75 × 3240 = 31 590 m3.

A kocka éle a = 10 cm. A feladatban megadott sík az ábrán látható kockát két a magasságú hasábra vágja ketté. A PEHQFG hasáb alaplapja a PEH derékszögû háromszög, a a 5 amelynek befogói a és hosszúságúak, átfogója pedig 2 2 hosszúságú. A PEH háromszög területe és kerülete: a2 3a a 5 TPEH = és kPEH = + . 4 2 2

H a E a 2 P a 2 A

A PEHQFG hasáb térfogata és felszíne: a3 VPEHQFG = TPEH ◊ a = = 250 cm 3, 4 a2 Ê3a a 5ˆ 4+ 5 2 ◊ a » 311, 80 cm 3. APEHQFG = 2 ◊ TPEH + kPEH ◊ a = 2 ◊ + Á + ˜¯ ◊ a = Ë 2 2 4 2 Az ABCDPQGH hasáb térfogatát megkapjuk úgy, hogy a kocka térfogatából kivonjuk a PEHQFG hasáb térfogatát: VABCDPQGH = 1000 – 250 = 750 cm3. 84

Az ABCDPQGH hasáb alaplapja a PADH derékszögû trapéz, melynek területe és kerülete: 3a 2 5a a 5 TPADH = és kPADH = + . 4 2 2 Az ABCDPQGH hasáb felszíne: AABCDPQGH = 2 ◊ TPADH + kPADH ◊ a = 2 ◊ = w x4333

3a2 Ê5a a 5ˆ +Á + ˜ ◊a= Ë2 4 2 ¯

8+ 5 2 ◊ a » 511, 80 cm 2. 2

A paralelepipedon alaplapjának területe: T = 15 × 30 × sin 42º. A paralelepipedon magassága: m = 24 × sin 75º. A paralelepipedon térfogata: V = T × m = 15 × 30 × sin 42º × 24 × sin 75º » » 6980,37 cm3.

Ha az úszómedencében 90 cm magasan áll a víz, akkor a benne lévõ víz térfogata: V = r 2 × p × m = 1,82 × p × 0,9 m3. a) Mivel a csapból óránként 30 × 60 = 1800 liter = 1,8 m3 víz folyik, a medence ennyi vízzel 1, 82 ⋅ p ⋅ 0, 9 » 5, 09 1, 8

óra alatt tölthetõ fel. b) A vízdíjunk éves emelkedése: 6 × V × 542 = 6 × 1,82 × p × 0,9 × 542 = 29 791 forint. w x4335

Az a élû építõkocka térfogata egyenlõ egy olyan henger térfogatával, amely alapkörének sugara 11 cm, magassága 1 cm: a 3 = r 2 × p × m = 112 × p × 1 Þ a » 7,24. Bendegúz építõkockája 7,24 cm élû.

A maximálisan felfogható csapadék mennyisége: Vf = T × m1 = 120 × 8 × 10 – 3 = 0,96 m3. A hordó térfogata: V = r 2 × p × m2 = 0,42 × p × 1,2 = 0,60 m3, tehát a hordó megtelt esõvízzel.

A kád egyszeri festéséhez a kád palástját és alaplapját kétszer kell lefesteni. Háromszori festéshez a lefestendõ terület: A = 3 × 2 × (r 2 × p + 2r × p × m) = 3 × 2 × (0,752 × p + 1,5p × 1,5) » 53,01 m2, ennek lefestéséhez 2,39 kg festék szükséges. 85

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A csõ külsõ átmérõje 5,4 + 0,6 = 6 cm, tehát az elkészítéséhez szükséges fém térfogata: V = p × (r12 – r22) × mtest = p × (32 – 2,72) × 200 » 1074,42 cm3. A csõ tömege: m = V × r = 1074,42 × 7,2 » 7736 g » 7,74 kg.

A henger magassága: m = 20 × sin 80º, az alapkörének sugara: r = 10 × sin80º.

A henger térfogata: V = r 2 × p × m » 6001 cm3. w x4340

A fahasáb alaplapját a párhuzamos síkok három részre osztják. A mellékelt ábrán látható színezett körszelet T1 területének meghatározásához elõször ki kell számítanunk az a = AOB¬ középponti szöget. Mivel az átmérõt az AB húr harmadolja, az AOB egyenlõ szárú háromszög AB oldalához tartozó OT magassága 5 cm, így: 5 a cos = Þ a » 141, 06º. 2 15 A körszelet területe:

141, 06º 152 ⋅ sin 141, 06º – » 206, 26 cm 2. T1 = 152 ⋅ p ⋅ 360º 2 Az egyik levágott rész térfogata: V1 = T1 × mtest » 9281,7 cm3, tömege: m1 = V1 × r = 9281,7 × 0,71 » 6590 g = 6,59 kg. A másik levágott rész ezzel egybevágó, tehát ugyanekkora a tömege. Az egész hasáb térfogata: V = 152 × p × 45 » 31 808 cm3, tömege: m = V × r = 31 808 × 0,71 » 22 580 g = 22,58 kg. A harmadik rész tömegét megkapjuk úgy, hogy az egész fahasáb tömegébõl kivonjuk az m1 tömeg kétszeresét: m2 = m – 2 × m1 » 9,40 kg. A keletkezett részek tömege: 6,59 kg, 6,59 kg és 9,40 kg. w x4341

A téglatest élei legyenek a, b és c hosszúságúak. A feladat feltétele szerint: a + b + c = 18, valamint e = a2 + b 2 + c 2 = 110. Mivel

(a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c2 + 2 × (ab + ac + bc), az elõzõeket felhasználva: 182 = 110 + 2 × (ab + ac + bc). A téglatest felszíne: A = 2 × (ab + ac + bc) = 214 cm2. 86

A téglatest éleinek hossza legyen a, b és c. Az e hosszúságú testátlónak az élekkel bezárt szöge legyen a , b és g . A szögek koszinuszai: a b c cos a = , cos b = , cos g = . e e e

Mivel e = a2 + b 2 + c 2, a koszinuszok négyzetösszege: cos2 a + cos2 b + cos2 g =

a2 b 2 c 2 + + = 1. e2 e2 e2

a) Az elõzõek alapján: cos2 23º + cos2 72º + cos2 g = 1 Þ g » 76,17º. A testátlónak a harmadik éllel bezárt szöge 76,17º. b) A téglatest éleinek hossza: a = 80 × cos 23º, b = 80 × cos 72º és c = 80 × cos 76,17º. A téglatest térfogata: V = 803 × cos 23º × cos 72º × cos 76,17º » 34 813,88 cm3. w x4343

a) A romboédert hat egybevágó rombusz határolja. Egy rombusz területe: Trombusz = 182 ⋅ sin 60º = 162 3,

tehát a romboéder felszíne: A = 6 ⋅ Trombusz = 6 ⋅ 162 3 = 972 3 = = 1683, 55 cm 2.

b) Az ábrán látható ABCDEFGH romboéder tengelyesen szimmetrikus az ACGE testátló síkjára, ezért az E csúcsból az ABCD alaplapra bocsátott merõleges T talppontja rajta van az AC lapátlón. Az E csúcsból az AD oldalélre bocsátott merõleges talppontja legyen K. A három merõleges egyenes tétele alapján KT egyenese is merõleges az AD oldal egyenesére. Az AKE derékszögû háromszögben: AK = 18 ⋅ cos 60º, EK = 18 ⋅ sin 60º = 9 3. Mivel ABCD rombusz, és T pont rajta van az AC lapátlón, ezért a KAT¬ = 30º. Az ATK derékszögû háromszögben: KT = AK ⋅ tg 30º = 18 ⋅ cos 60º ⋅ tg 30º = 3 3. A romboéder ET magasságának hosszát a KTE derékszögû háromszögbõl Pitagorasz tételével számolhatjuk: m = ET = EK 2 – KT 2 =

A romboéder térfogata: V = Trombusz ⋅ m = 162 3 ⋅ 6 6 = 2916 2 » 4123,85 cm 3. 87

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A téglatest EC testátlóját tartalmazza az AB éllel párhuzamos H EFCD sík. Az EC és AB kitérõ egyenesek távolságának megG E határozásához elég kiszámítani az EFCD sík és az AB egyeneF sének d távolságát. d D Az ADHE sík merõleges az EFCD síkra, így a d távolság a téglaC A test A csúcsának ED lapátlótól mért távolsága. B Legyen AE = 3x, AD = 4x és AB = 5x hosszúságú. Az ED lapátló a Pitagorasz-tétel alapján 5x hosszúságú. Az ADE derékszögû háromszög területét kétféleképpen számolva: 3x ⋅ 4x 5x ⋅ d 12 = Þ d = x. 2 2 5 A feladat feltétele szerint d = 2,4 m, így x = 1. A téglatest élei 3 m, 4 m és 5 m hosszúak, így a téglatest térfogata: V = abc = 60 m3.

Az ábrán látható kocka éle legyen a hosszúságú. Pitagorasz H tétele alapján az F és D csúcsoktól a feladatban szereplõ élek G a 5 E felezõpontjának mindegyike távolságra van, tehát az FD 2 F szakasz felezõmerõleges síkja mind a hat pontot tartalmazza. D A felezõpontok síkbeli hatszöget határoznak meg. C A hat felezõpontot rendre összekötõ szakaszok mindegyikének A hossza feleakkora, mint a kocka egy lapátlója, tehát a hatszög B mindegyik oldala egyenlõ hosszú. Ezen hatszög köré kör írható, mivel a kocka éleinek felezõpontjai a kocka középpontjától feleolyan távol vannak, mint a kocka egy lapátlójának hossza. Az a síkbeli hatszög, amely köré kör írható és oldalai egyenlõ hosszúak, szabályos hatszög. Ezzel az állításunkat bebizonyítottuk.

Képzeletben vágjuk a nagy a élû kockát 8 egybevágó kis kockára. A 4345. feladat alapján tudjuk, hogy az új test lapjai minden ilyen kis kockát szabályos hatszögben metszenek. a) A kis kockát metszõ sík a kis kockát két egybevágó testre vágja szét, mivel a létrejött egyik test a másiknak a kis kocka középpontjára vonatkozó tükörképe. Ebbõl következik, hogy a két rész térfogata is egyenlõ. Minden kis kocka térfogatának fele tartozik az új testhez, tehát a test térfogata: a3 123 V= = = 864 cm 3. 2 2 b) Az új testet határoló négyzetek átlói feleolyan hosszúak, mint a nagy kocka éle, tehát területe: 2

Ê aˆ ÁË 2˜¯ a2 Tnégyzet = = = 18 cm 2. 2 8 88

Az új testet határoló nyolc szabályos hatszög oldaléle a nagy kocka lapátlójának negyede, tehát területe: 2 Êa 2 ˆ ÁË ˜ ◊ 3 3 3 ◊ a2 4 ¯ Thatszög = 6 ◊ = . 4 16 A test felszíne: A = 6 ◊ Tnégyzet + 8 ◊ Thatszög = 6 ◊ 18 + 8 ◊ 27 3 = = 108 + 216 3 » 482,12 cm 2. w x4347

Legyen a hasáb alaplapja a oldalú szabályos háromszög. Ha a háromszögbõl szabályos tizenkétszöget akarunk készíteni, beírható körének sugara legfeljebb akkora lehet, mint a szabályos háromszögbe írható kör sugara. Mivel a szabályos háromszög 120º-ra nézve, a szabályos tizenkétszög pedig 30º-ra nézve forgásszimmetrikus, ezért a háromszögbõl ki lehet vágni egy olyan szabályos tizenkétszöget, amelynek beírható köre egyben a háromszög beírható köre is. Ennek a körnek a sugara a szabályos háromszög magasságának harmada: 1 a 3 a 3 r= ⋅ = . 3 2 6

a) A szabályos tizenkétszög b oldaléle egy olyan egyenlõ szárú háromszög alapja, amelynek szárszöge 30º, az alaphoz tartozó magassága pedig r. Ebbõl következõen: a 3 b = 2r ⋅ tg15º = ⋅ tg15º » 0,15 m. 3 A hasáb alapéle 0,15 m. b) Az elszállítandó hulladék térfogata a háromszög alapú és tizenkétszög alapú hasáb térfogatának a különbsége: Êa2 ◊ 3 b ◊ rˆ V = Tháromszög ◊ m – Ttizenkétszög ◊ m = m ◊ Á – 12 ◊ ˜= Ë 4 2 ¯ a 3 a 3ˆ Ê ◊ tg15º ◊ Áa2 ◊ 3 6 ˜˜ = = m◊Á – 12 ◊ 3 Ë 4 ¯ 2 =

1, 5 ◊ 12 ◊ ( 3 – 4 ◊ tg15º) » 0, 2476 m 3 = 247, 6 dm 3. 4

A hulladék tömege: mhulladék = V × r = 247,6 × 2,85 » 705,66 kg. 89

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A téglatest élei legyenek a, b és c hosszúságúak. Írjuk fel a számtani és mértani közép közti összefüggést az ab, ac és bc pozitív kifejezésekre: ab + ac + bc 3 ³ ab ⋅ ac ⋅ bc, 3 2 ⋅ (ab + ac + bc) ³ 6 ⋅ 3 a2 ⋅ b 2 ⋅ c 2 , A ³ 6 ⋅ 3 V 2. Egy téglatest felszíne mindig nagyobb vagy egyenlõ, mint a térfogata négyzetébõl vont köbgyök hatszorosa. Mivel ekvivalens átalakításokat végeztünk, egyenlõség akkor és csak akkor áll fenn, ha az ab, ac és bc kifejezések számtani és mértani középe egyenlõ. Ismert, hogy ez csak akkor teljesül, ha: ab = ac = bc Û a = b = c. A 125 cm3 térfogatú téglatestek közül az 5 cm élû kocka felszíne a legkisebb.

A henger alapkörének sugara legyen r, magassága m. A henger felszíne: A = 2r ⋅ p ⋅ (r + m), A m= – r. 2r ⋅ p A henger térfogata: V = r 2 × p × m. A térfogat kifejezésébe helyettesítsük be m-et, így a térfogatot r függvényeként írjuk fel: A Ê A ˆ V(r) = r 2 ◊ p ◊ Á – r = r ◊ – r 3 ◊ p, r ÎR+. Ë 2r ◊ p ˜¯ 2 Ennek a függvénynek ott lehet maximuma, ahol az elsõ deriváltja 0: A V ¢(r) = – 3r 2 ⋅ p. 2 A helyen van zérushelye. 6p A A A Az elsõ derivált elõjele, ha 0 1 cm, 8 3 24 tehát a beletett 2 cm átmérõjû ringlót a koktél teljesen ellepi. A ringlószilva térfogata: l⋅R=

4 ⋅ 13 ⋅ p 4p = . 3 3 131

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Ha a pohárba beletesszük a szilvát, akkor a pohárban levõ koktél a szilvával együtt egy h magasságú kúpot alkot. A kúp alapkörének sugara legyen r’. Ez a kúp hasonló a pohár kúpjához, tehát megfelelõ adatai hosszának hányadosára egyenlõ: r’ r r 5 = Þ r’= h ⋅ = h ⋅ . h m m 12 A h magasság kiszámítása: (r ‘)2 ◊ p ◊ h Vkoktél + Vszilva = , 3 2

Ê5 ˆ h ◊p ◊ h 3125 4p ÁË12 ˜¯ = , p+ 128 3 3 h » 7, 63. A pohárban a koktél szintjének emelkedése: h – 7,5 = 7,63 – 7,5 = 0,13 cm = 1,3 mm. w x4478

Jelölje az oktaéder élének hosszúságát a, a = 30 cm. a) Vegyük az oktaéder két szemközti párhuzamos élének felezõpontján áthaladó, ezen élekre merõleges síkmetszetét. a 3 a 3 2 2 A rombusz alakú síkmetszet tartalmazza a beírt m b gömb középpontját, és a gömb fõköre érinti a rombusz oldalait. a a 2 2 A rombusz oldalának hossza az a oldalú a a 3 a 3 szabályos háromszög magassága: 2 2 a 3 b= = 15 3. 2 A rombusz egyik átlója az oktaéder a élével egyenlõ hosszú. Keressük a rombuszba írt kör sugarának r hosszát. A rombusz területét egyrészt felírhatjuk r segítségével: k 4b a 3 Trombusz = r ⋅ = r ⋅ = 2r ⋅ = r ⋅ a 3 = 30 3 ⋅ r. 2 2 2 Másrészt a rombusz területe egyenlõ két a alapú és b szárú egyenlõ szárú háromszög területével. A háromszög alaphoz tartozó magassága: 2

2 Êaˆ m= – Á ˜ = (15 3 ) – 152 = 15 2, Ë2¯ amibõl a rombusz területére kapjuk, hogy a◊m Trombusz = 2 ◊ = 30 ◊ 15 2 = 450 2. 2 A két kifejezés egyenlõségébõl: 450 2 30 3 ⋅ r = 450 2 Þ r = = 5 6. 30 3

Az oktaéderbe írt gömb sugara: r = 5 6 » 12,25 cm. 132

b) Vegyük az oktaéder két-két szemközti csúcsán áthaladó síkmetszetét. Ennek a négyszög alakú síkmetszetnek minden oldala a hosszúságú, átlóinak hossza a 2, a síkmetszet tehát négyzet. A négyzet átlóinak metszéspontjától a szabályos oktaéder a 2 minden csúcsa távolságra van. 2 Tehát a szabályos oktaéder köré írható gömb sugara: a 2 » 21,21 cm. 2

Vegyes feladatok I. – megoldások w x4479

A visszamaradó testnek 56 csúcsa, 84 éle és 30 lapja van.

A síkmetszet területe:

a) g = 90º, b » 33,69º, a » 56,31º. A háromszög c oldala: 2 13 » 7,21 cm.

27 3 » 5, 85 cm 2. 8

b) Két ilyen háromszög van. Az egyikben g = 30º, a harmadik oldal hossza pedig körülbelül 3,23 cm. A háromszög másik két szöge: a » 111,73º és b » 38,27º. A másik háromszögben g = 150º, a harmadik oldal hossza körülbelül 9,67 cm. A háromszög további szögei: a » 18,15º és b » 11,85º. w x4482

a) Mivel a megadott paralelogramma négyzet, bármely két szomszédos oldala 90º-os szöget zár be egymással. b) A megadott paralelogramma két szomszédos oldala 11,54º-os vagy 168,46º-os szöget zár be egymással.

14 = 2 radián, azaz a » 114,59º. 7

A körgyûrûcikk szélessége 4,75 cm. A középponti szöge a =

a) A háromszög területét Heron képletével számolhatjuk: T = 21 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 84 cm 2. b) A legkisebb kör alakú kartonlapnak a sugara, amelybõl a háromszöget kivághattuk, éppen a háromszög körülírt körének sugara. Ha a körülírt kör sugara R, akkor: a ⋅ b ⋅ c 13 ⋅ 14 ⋅ 15 R= = = 8,125 cm. 4 ⋅T 4 ⋅ 84 A körülírt kör területe körülbelül 207,39 cm2. c) A háromszöglapból kivágható legnagyobb kör a háromszögbe írható kör. Ennek r sugarára: T 84 r= = = 4 cm. s 21 A legnagyobb kivágható kör területe körülbelül 50,27 cm2. 133

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

a) Mivel AB2 + BC 2 = AC 2 teljesül, ezért az ABCè derékszögû, amelyben az AC oldal az átfogó. Az ABCD négyszög területére teljesül: TABCD = TABC + TACD . Az ABC derékszögû háromszög területe: 4⋅6 TABC = = 12 cm 2. 2 Az ACDè területét Heron képletével számolhatjuk: TACD =

13 ) ⋅ ( 4 – 13 ) ⋅ ( 13 + 1) ⋅ ( 13 – 1) = 3 ⋅ 12 = 6 cm 2.

Az ABCD négyszög területe: TABCD = 12 + 6 = 18 cm2. b) Mivel az ABCè derékszögû, ezért ha létezik olyan kör, amelyre a négyszög összes csúcsa illeszkedik, akkor a húrnégyszögek tétele alapján az ACDè-ben a D csúcsnál szintén 90º-os szögnek kellene lennie. Mivel: 32 + 52 y), akkor a feltételek szerint a nagyobb kocka és a darabolás után keletkezõ kisebb kocka térfogatának különbségére teljesül, hogy: x 3 – y3 = 152. Az ismert nevezetes azonosság alkalmazásával szorzattá alakítva kapjuk, hogy: (x – y) × (x 2 + xy + y2) = 152. A bal oldalon szereplõ szorzat tényezõi pozitív egész számok, továbbá látható, hogy a második tényezõ határozottan nagyobb, mint az elsõ, ezért a következõ esetek lehetségesek. I. eset: x – y = 1 és x 2 + xy + y 2 = 152. Az elsõ egyenletbõl x 2 – 2xy + y 2 = 1, amit a második egyenletbõl kivonva kapjuk, hogy 3xy = 151. Mivel a 151 nem osztható 3-mal, ezért ez az eset nem teljesülhet. II. eset: x – y = 2 és x 2 + xy + y 2 = 76. A második egyenletbõl kivonva az elsõ egyenlet négyzetét: 3xy = 72, azaz xy = 24. Tekintettel arra, hogy x pontosan 2-vel nagyobb y-nál, könnyen beláthatjuk, hogy x = 6, y = 4. III. eset: x – y = 4 és x 2 + xy + y 2 = 38. A már kétszer alkalmazott módszer most a 3xy = 22 egyenletre vezet. Mivel a 22 nem osztható 3-mal, ezért ez az eset nem teljesülhet. IV. eset: x – y = 8 és x 2 + xy + y 2 = 19. Ezúttal 3xy = –45. Mivel a bal oldalon pozitív számok állnak, amelyek szorzata nem lehet negatív szám, ezért ez az eset sem teljesülhet. A feltételeknek egyetlen kocka tesz eleget, amelynek élei 6 cm hosszúak. Az ellenõrzés mutatja, hogy a 6 cm élû kocka valóban feldarabolható az ismertetett módon. 136

Vegyes feladatok II. – megoldások w x4490

a) A téglatest felszíne: 2248 cm2. b) A téglatest térfogata: 6240 cm3.

A négyzetes hasáb térfogata: 1685,11 cm3.

A padlástér legnagyobb magassága: 8 m.

a) A sajtból megközelítõleg 592 darab szokásos méretû sajtot lehetett volna készíteni. b) Egy ilyen minõségû 1,4 kg tömegû sajt elkészítéséhez megközelítõleg 10 liter tej kellene. c) Megközelítõleg 183 napra lenne elegendõ.

A hangyalesõ lárvájának megközelítõleg 84 cm3 térfogatú homokot kellett megmozgatnia.

Egy liter aszúból körülbelül 242 borbonbont lehet készíteni.

a) A keletkezett forgástest felszíne: 300p » 942,48 cm2. b) A keletkezett forgástest térfogata: 240p » 753,98 cm3.

A lavórba megközelítõleg 22 liter víz fér.

A golyók felületének az összege: 130,46 cm2.

A négyzetes oszlop alapéle legyen a, oldaléle m hosszúságú. A feladat feltételei alapján: m = tg 49 º 41′, a 2 a2 ⋅ m = 2880. Az egyenletrendszer megoldásai: a = 12 és m = 20. A négyzetes oszlop felszíne: 2 × 122 + 48 × 20 = 1248 cm2.

A feladat szövege alapján egy átlagos testalkatú ember térfogata: V1 = 1,5 × 0,08 = 0,12 m3. A földön élõ 6,9 milliárd ember térfogata: V = 6,9 × 109 × 0,12 = 0,828 × 109 m3 = 0,828 km3. A Balaton vízszintjének h emelkedésére felírhatjuk, hogy: 0,828 = h × 594 Þ h » 0,0014 km. A Balaton vízszintje 1,4 m-rel emelkedne.

a) Az UTP kábel keresztmetszete T = 2,752 × p mm2, tehát kétszer 20 méter térfogata: V = 2,752 × p × 40 000 » 950 332 mm3 » 950,33 cm3. A kábel tömege: m1 = V × r = 950,33 × 0,8 » 760 g. A csõ tömege: m2 = 20 × 0,5 = 10 dkg = 100 g. A csõ és a kábel együttes tömege: m = m1 + m2 = 860 g = 86 dkg. 137

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

b) Az UTP kábel sugara R = 2,75 mm, a csõbe még behúzható r legnagyobb sugarú kábel sugara legyen r. r r Vegyük a bekábelezett csõ ábrán látható keresztmetszetét. R A három kábel kör keresztmetszetének középpontjai egy olyan egyenlõ szárú háromszöget határoznak meg, amelynek R R alapja 2R, szárai R + r, az alaphoz tartozó magassága pedig 2R – r hosszúságúak. Írjuk fel Pitagorasz tételét a magasság által létrehozott egyik derékszögû háromszögben: 2 (R + r)2 = R 2 + (2R – r)2 Þ r = R. 3 4 4 A csõbe legfeljebb 2r = R = ⋅ 2, 75 » 3, 67 mm külsõ átmérõjû kábel húzható. 3 3 w x4502

Tekintsük a csatorna ábrán látható keresztmetszetét. Számoljuk ki, hogy a keresztmetszetben mekkora területû részt foglal el az átfolyó víz. Ez egy 45 cm sugarú körszelet, amelyet az AB húr határol. A húrnak a kör középpontjától vett távolsága a sugár harmadrésze, azaz 15 cm. Ez alapján az a középponti szögre felírható: a 15 cos = Þ a » 141, 06 º. 2 45

A körszelet területe: T = r2 ⋅ p ⋅

r 2 ⋅ sin a 141, 06º 452 ⋅ sin 141, 06º a – = 452 ⋅ p ⋅ – » 360º 2 360º 2 » 1856, 37 cm 2 » 0,19 m 2.

A csatorna óránként annyi vizet enged át, amekkora egy T alapterületû m = 0,8 × 3600 = 2880 m magasságú hengerszerû test térfogata. Óránként a csatorna V = T × m = 547,2 m3 vizet enged át. w x4503

A tetraéder magassága legyen m = AD = 20 cm, az alaplapja az ABCè, melynek területe: 15 ⋅ 20 TABC = = 150 cm 2. 2 a) A tetraéder térfogata: 15 ⋅ 20 ⋅ 20 T ⋅m V= = 2 = 1000 cm 3. 3 3 b) A felszín kiszámításához szükségünk van az oldallapok területére. Az ABC derékszögû háromszögbõl: BC = 152 + 20 2 = 25 cm. Mivel az ABCè és az ABDè egybevágó: DB = 25 cm. Az ACD derékszögû háromszögbõl: DC = 20 2 cm. 138

A tetraéder BCD oldallapja egyenlõ szárú háromszög. Szárainak hossza 25 cm, alapja 20 2 cm hosszú, így az alaphoz tartozó magassága: 2

Ê20 2 ˆ 20 2 ◊ 5 17 mo = –Á = 425 = 5 17 Þ TBCD = = 50 34 cm 2. Ë 2 ˜¯ 2 A tetraéder másik három oldallapjának területe: TABC = TABD = 150 cm2 és TACD = 200 cm2. A tetraéder felszíne: A = 2 × TABC + TACD + TBCD = 2 × 150 + 200 + 50 34 = 500 + 50 34 » 791,55 cm2. 252

Az ábrák jelöléseinek megfelelõen a gúla magassága m = 2 m, az alaplap beírt körének sugara r = 1 m, alapéle pedig a. Az alaplap beírt köre az alapélt az él F felezõpontjánál érinti. A BFO derékszögû háromszög O csúcsánál lévõ 360º 1 ⋅ = 36 º, amibõl: szöge: 5 2 a tg 36º = 2 Þ a » 2 ⋅ tg 36 º m. 1 a) A gúla alaplapjának területe: a⋅r T = 5⋅ » 5 ⋅ tg 36º m 2 Þ 2 A gúla térfogata 4,42 m3.

T ⋅ m 5 ⋅ tg 36º ⋅ 2 = » 4, 42 m 3. 3 3

b) A palást felszínének kiszámításához szükség van az oldallap mo magasságára. Az OFK derékszögû háromszögben ismerjük az OK és OF befogókat, így az mo átfogó: mo = OK 2 + OF 2 = 22 + 12 = 5 m. A gúla palástjának felszíne: a ⋅ mo Apalást = 5 ⋅ = 5 ⋅ tg 36º ⋅ 5 » 8,12 m 2. 2 w x4505

Az a = 12 cm oldalú szabályos ABC háromszöget e egyenes körül megforgatva egy olyan körhengert kapunk, amelybõl két egybevágó körkúpot kivágtunk. A két kúp és a körhenger alapkörének a sugara a szabályos hároma 3 szög magassága: r = . A henger magassága a háromszög 2 a oldalának az a hossza, a kúpok magassága pedig . 2 A kúpok alkotóinak hossza a háromszög a oldalának a hossza.

a) A henger és a két kúp palástjának területét összeadva megkapjuk a forgástest felszínét: a 3 A = Ahengerpalást + 2 ◊ Akúppalást = 2r ◊ p ◊ a + 2r ◊ p ◊ a = 4r ◊ p ◊ a = 4 ◊ ◊p ◊ a = 2 = 2 3 ◊ p ◊ a2 = 2 3 ◊ p ◊ 144 » 1567,12 cm 2. A forgástest felszíne: A » 1567,12 cm2. 139

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

b) A forgástest térfogatát megkaphatjuk úgy, hogy a henger térfogatából kivonjuk a két kúp térfogatát: r 2 ◊ p ◊ mkúp 2 Ê ˆ V = Vhenger – 2 ◊ Vkúp = r 2 ◊ p ◊ mhenger – 2 ◊ = r 2 ◊ p ◊ Ámhenger – mkúp˜ = Ë ¯ 3 3 2

Ê12 3 ˆ 2 ˆ Ê =Á ◊ p ◊ Á12 – ◊ 6˜ = 864p » 2714, 34 cm 3. Ë 2 ˜¯ Ë 3 ¯ A forgástest térfogata: V » 2714,34 cm3. w x4506

A csonka kúp alakú tejfölös doboz fedõkörének sugara R = 4,25 cm, az alapkör sugara r = 3,25 cm, az alkotója a = 12 cm. A csonka kúp m magassága az a2 = m2 + (R – r)2 összefüggés alapján: m = a2 – (R – r)2 = 122 – 12 = 143 cm. A doboz térfogata: m ⋅p 143 ⋅ p ⋅ (4, 252 + 4, 25 ⋅ 3, 25 + 3, 252) » 531, 43 cm 3. V= ⋅ ( R 2 + R ⋅ r + r 2) = 3 3 A tejföl sûrûsége: m g 450 r = tejföl = » 0, 85 3 . cm V 531, 43

Az ábra jelölései szerint a gömbbe írt kúp tengelymetszete az C ABCè. A háromszög körülírható körének sugara R = 20 cm, a 3 a háromszög szárának a hossza a = ⋅ 2R = 30 cm, ami a kúp R 4 a E a alkotójának hossza is egyben. O Az AOC egyenlõ szárú háromszögben az AC oldalhoz tartozó R a EO magasság behúzásával kiszámítható az ABC egyenlõ szárú háromszög C csúcsánál levõ a szárszöge: r A F a EC a 15 cos = Þ cos = Þ a » 82, 82 º. 2 OC 2 20 A kerületi és középponti szögek tétele alapján: AOB¬ = 2a Þ AOF¬ = a . Az AOF derékszögû háromszögbõl meghatározható a kúp alapkörének sugara: r r sin a = Þ sin 82, 82º = Þ r » 19, 84 cm. R 20 A gömbbe írt kúp felszíne: A = p × r × (r + a) = p × 19,84 × (19,84 + 30) » 3106,49 cm2. Tekintsük a mellékelt ábrát. Legyen a gúla alapéle a. Mivel szabályos háromszög alapú gúláról van szó, a D csúcsnak az alaplapra esõ merõleges vetülete az ABC szabályos háromszög S súlypontja. Egy háromszögben a súlypont a súlyvonal csúcstól távolabbi harmadolópontja, tehát: a 3 2 a 3 AS = ⋅ = . 2 3 3

Az ASD fél szabályos háromszögben: 3 SD = AD ⋅ = 14 3, tehát a gúla testmagassága: m = 14 3 cm, 2 valamint: AD a 3 AS = Þ = 14, tehát a gúla alapéle: a = 14 3. 2 3 A gúla oldallapjának magassága a DBC egyenlõ szárú háromszögbõl számítható: 2

Ê14 3ˆ mo = DF = BD 2 – BF 2 = 282 – Á = 7 13 cm. Ë 2 ˜¯ a) A gúla felszíne: A = T + 3 ⋅ Tè = b) A gúla térfogata:

a2 ⋅ 3 a ⋅ mo + 3⋅ = 147 3 + 147 39 » 1172, 63 cm 2. 4 2 a2 ⋅ 3 ⋅m T ⋅m 4 V= = = 2058 cm 3. 3 3

A süvegcukor alapkörének sugara r = 6 cm, magassága m = 30 cm. A kúp alkotójának hossza: a = m 2 + r 2 = 30 2 + 62 = 936 = 6 26 cm. A kúp palástja egy a sugarú körcikk, amelynek középponti szögét jelölje a . A körcikk ívhossza az alaplap kerületével egyenlõ: a a 2 ⋅ a ⋅p ⋅ = 2 ⋅ r ⋅ p Þ 2 ⋅ 6 ⋅ 26 ⋅ p ⋅ = 2 ⋅ 6 ⋅ p Þ a » 70, 60 º. 360º 360º a) A kúp palástját az L ponton áthaladó alkotója mentén felvágjuk, és síkba kiterítjük. A légy által megtett legrövidebb út az így kapott körcikk l hosszúságú húrja. A húr hossza annak az egyenlõ szárú háromszögnek az alapja, amelynek szárszöge 70,60º, szára 6 26: 70, 60º l = 2 ⋅ 6 ⋅ 26 ⋅ sin » 35, 36. 2 A légy által megtett út 35,36 cm. b) Tekintsük a kúp P ponton áthaladó tengelymetszetét az ábrán látható jelölésekkel. A párhuzamos szelõszakaszok tétele alapján: PP ‘ 5 = , OP ‘ 30 1 PP ‘ = 6 26 ⋅ = 26. 6 A P pontnak a kúp csúcsától vett távolsága: OP = 6 26 – 26 = 5 26 cm.

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A kúp palástját a P ponton áthaladó alkotója mentén felvágjuk, és síkba kiterítjük. A hangya által megtett legrövidebb út az így kapott körcikk azon h húrjának a hosszúsága, amelynek végpontjai a határoló sugarakon a kúp csúcsától 5 26 cm távolságra vannak: 70, 60º l = 2 ⋅ 5 ⋅ 26 ⋅ sin » 29, 47. 2 A hangya által megtett út 29,47 cm.

c) A légy akkor kerül a legközelebb a kúp csúcsához, amikor az út felét megtette. Ekkor a csúcstól vett távolság: 70, 60º d = 6 26 ⋅ cos » 24, 97 cm. 2 A hangya a kiinduló helyzetében van legtávolabb a kúp csúcsától. Ez a távolság: OP = 5 26 » 25, 50 cm. Mivel OP > d, a hangya és a légy találkozhat a süvegcukor felületén. w x4510

Tekintsünk egy olyan szabályos négyoldalú csonka gúlát, amelyD C nek az alapéle 4 dm, a fedõlapjának felezõpontjai által meghatáG D’ C’ rozott négyzet oldala 2 dm, magassága pedig 1,5 dm. 2 2 2 2 Az emlékmû talapzatát ennek a testnek a csonkolásával kapjuk 2 2 úgy, hogy a fedõlap minden csúcsánál levágunk egy-egy tetraF H édert. A felülnézeti ábrán az emlékmû talapzata az ABCDEFGH test. E A’ B’ Ha az ABCDA’B’C’D’ csonka gúla A’, B’, C’ és D’ csúcsainál levágjuk az EHA’A, az EFB’B, az FGC’C és a HGD’D egybeA B vágó tetraédereket, akkor éppen a talapzatot kapjuk meg. A HGD’ egyenlõ szárú derékszögû háromszög átfogója 2, így befogói 2 hosszúságúak, ezért az A’B’C’D’ négyzet oldalának a hossza 2 2. m VABCDA’B’C’D’ = V = ◊ (T + T ◊ t + t ) = 3 2 1, 5 2 = ◊ 4 + 4 ◊ 2 2 + (2 2 ) = 12 + 4 2. 3

A levágandó egybevágó tetraéderek (pl. HGD’D) alaplapjának területe a szárú derékszögû háromszög területe, magassága m = 1,5, így: T’ =

Az emlékmû térfogata: V = VABCDA’B’C’D’ – 4 ⋅ Vtetraéder = 12 + 4 2 – 4 ⋅ = 10 + 4 2 » 15, 66 dm 3. A talapzat tömege: mtalapzat = V × r = 15,66 × 2,7 = 42,28 kg. 142

2 befogójú egyenlõ

a) Észrevehetõ, hogy minden függõleges réteg átdarabolható egy négyzetes elrendezésbe:

Mivel a rétegek magassága mindig kettõvel nõ, ezért a páros négyzetszámok adják meg a szomszédos rétegekben levõ kockák darabszámát. Az építményben a kis kockák száma: 4 + 16 + 36 + 64 + 100 + 144 + 100 + 64 + 36 + 16 + 4 = 584. b) Az építmény elölnézetének területe megegyezik a legmagasabb függõleges réteg területével. Ezt a felületet elöl és hátul is le kell festeni. Az elõzõek alapján ez a két felület: 2 × 122 = 288 cm2. Az építmény oldalnézetben kétkockányi magasságról indul, és mindig újabb két kockával növekszik, amíg el nem éri a 12 kockányi magasságot, majd onnan az elõzõ szabály alapján kétkockányi magasságig csökken. Két oldalról a lefestendõ felület: 2 × (2 + 4 + 6 + 8 + 10 + 12 + 10 + 8 + 6 + 4 + 2) = 144 cm2. Felülrõl az építmény alapjának megfelelõ területet kell lefesteni: 3 + 7 + 11 + 15 + 19 + 23 + 19 + 15 + 11 + 7 + 3 = 133 cm2. A befestendõ felület összesen: 288 + 144 + 133 = 565 cm2. c) Az elsõ függõleges réteg 22 darab kockából áll, és ennyit takar el a második függõleges réteg nem szélsõ kockáiból, így ezeket nem kell befesteni. A második függõleges réteg 42 darabot takar el, a harmadik 62-t, és így tovább egészen az ötödik függõleges rétegig, ami 102 kocka festését nem engedi meg a hatodik legmagasabb rétegbõl. Ettõl kezdve a csökkenõ magasságú oldalon az elõzõkhöz hasonlóan gondolkodhatunk. Az építményben így 22 + 42 + 62 + 82 + 102 + 82 + 62 + 42 + 22 = 340 kockának nem lesz egy oldala sem befestve.

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

12.4. VALÓSZÍNÛSÉG-SZÁMÍTÁS, STATISZTIKA Geometriai valószínûség – megoldások 4 = 0, 4. 10 b) Nem, a végpont nem befolyásolja az intervallum hosszát.

x p = 0, 7 = , így x = 4,9. I-nek 4,9 hosszú intervallumnak kell lennie. Pl. [8; 12,9]. 7

18 11 151 – = » 0, 3974. 19 20 380

12 – 5 ⋅ 0,8 2 = » 0, 67. 12 3

5 ⋅ 15 – 2 ⋅ 32 57 = = 0, 76. 75 5 ⋅ 15

Tekintsük az ablak nyitott (kék) részén kívüli darabokat. I. megoldás: Ezek három, az eredetihez hasonló háromszöget alkotnak. A szöveg alapján tudjuk, hogy a kis háromszögek oldalai feleakkorák, mint egy nagyobb háromszög oldala. Mivel két nagyobb és egy pici háromszög oldala kiadja az ablak alsó 1 oldalát, így a kis piros háromszög oldala éppen -e, a sárga 5 2 nagyobb háromszög oldala -e, míg a felsõ színes háromszög 5 3 oldala -e az ablak oldalának. A hasonlóságnál igazoltak alapján (hasonló alakzatok területei 5 a hasonlósági arány négyzetével arányosak): 1 4 9 + + T 14 P(betöri az ablakot) = nem kék = 25 25 25 = = 0, 56.. Tablak 1 25

1,52 ⋅ p » 0, 008; 16,752 ⋅ p

0,752 ◊ p » 0, 002. 16,752 ◊ p

II. megoldás: A feladatot átdarabolással is megoldhatjuk. Számoljuk össze, hogy a bal alsó kis piros háromszöget hányszor mérhetjük fel az ábra többi alkotóelemére. (A hasonlóság miatt ezt megtehetjük.) 144

VA L Ó S Z Í N Û S É G – S Z Á M Í T Á S , S TAT I S Z T I KA

Gyakorlatilag nyolc sávot látunk a táblán a középkört is beleértve, így a tábla sugara 16 cm. Bármely sáv területét megkapjuk, ha a külsõ határoló kör területébõl kivonjuk a belsõ határoló kör területét. a) p =

22 ◊ p = 0, 015625; 162 ◊ p

42 ⋅ p − 22 ⋅ p = 0, 046875; 162 ⋅ p

82 ⋅ p – 62 ⋅ p = 0,109375; 162 ⋅ p

122 ⋅ p – 10 2 ⋅ p = 0,171875; 162 ⋅ p

62 ⋅ p = 0,140625; 162 ⋅ p

122 ⋅ p – 42 ⋅ p = 0, 5. 162 ⋅ p

10 2 ⋅ p = 0, 609375; 162 ⋅ p

h) Két dobásból 15 pontot úgy érhetünk el, ha 9-et és 6-ot, vagy 6-ot és 9-et, vagy 8-at és 7-et, vagy 7-et és 8-at dobunk: 42 ⋅ p – 22 ⋅ p 10 2 ⋅ p – 82 ⋅ p P(9 és 6 vagy 6 és 9) = 2 ⋅ ⋅ » 0, 01318, 162 ⋅ p 162 ⋅ p 62 ⋅ p – 42 ⋅ p 82 ⋅ p – 62 ⋅ p P(8 és 7 vagy 7 és 8) = 2 ⋅ ⋅ » 0, 01708. 162 ⋅ p 162 ⋅ p A két eredmény összege adja a kérdésre a választ: p » 0,03. w x4523

Elõször számítsuk ki a dupla 20 és a tripla 20 pontszámot adó részek területeit: 16,752 ⋅ p – 15,752 ⋅ p » 5,105 cm 2, TD20 = 20 10,752 ⋅ p – 9,752 ⋅ p » 3,22 cm 2. TT20 = 20 Ezek után könnyebb kiszámítani a sima 20 pontot érõ területet: 15,752 ⋅ p − 1,52 ⋅ p – TT20 » 38,61 – 3, 22 = 35, 39 cm 2. 20 Fel vagyunk vértezve a valószínûségek kiszámításához szükséges adatokkal. T20 =

TD20 » 0,1168; T20 + TD20 + TT20

TT20 » 0,0737. T20 + TD20 + TT20

c) Az elõzõ pontból: P(20) = 1 – P(D20) – P(T20) » 0,8096. Két nyíllal 80 pontot úgy szerezhet Dávid, ha két dupla 20-at, vagy egy tripla és egy sima 20-at, vagy egy sima és egy tripla 20-at dob. Valószínûségeik összege: P(80 pont) = P(D20) × P(D20) + 2 × P(20) × P(T20) » 0,1328. w x4524

Írjuk fel a valószínûséget. Jelölje a kis kör sugarát r, a nagy körét R. Ekkor: P=

r2 ⋅ p = 0, 01, R2 ⋅ p

innen r = 0,1 × R. Tehát a középkör sugara 10%-a kell, hogy legyen a tábla sugarának. 145

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Írjuk fel a másodfokú egyenlet megoldóképletét, egyszerûsítsünk 2-vel: 4 ± 16 – 4c = 2 ± 4 – c. x1, 2 = 2 Természetesen akkor lesz mindkét megoldás 1-nél nagyobb, ha a kisebb gyök is nagyobb 1-nél: 2 – 4 – c > 1. Megoldását a c > 3 valós számok adják. Így a keresett valószínûség: 1 p= . 6

Keressük meg azokat a pontokat a koordináta-rendszerben, amelyek kielégítik az egyenlõtlenséget. Az ábrán ezeket a pontokat látjuk a téglalappal együtt. A valószínûséget a területek mértékébõl meghatározhatjuk: 4⋅2 1 p= = . 8⋅6 6

Képzeljük el egy koordináta-rendszerben a fürdõbe lépések Jancsi 7 lehetséges idõpontjait. Jancsi és Juliska 630-kor kelnek és 740-kor hagyják el a házat. Tehát e két idõpont között tartózkodhatnak a fürdõszobában (ábrán zöld négyzet). Mivel Juliskának 30 perc szükséges, hogy elkészüljön, legkésõbb 710-kor meg kell kez7 denie a szépítkezést (függõleges szaggatott vonal és attól balra). 30 Jancsinál ez az idõ 10 perc, így õ ráér akár még 7 -kor is bemenni a fürdõbe (vízszintes szaggatott vonal és attól lefelé). Így az eseménytér a tengelyek és a szaggatott vonalak közé esõ Juliska 6 7 7 téglalap alakú terület. Ha Jancsi 630-kor megy a fürdõbe, akkor Julisnak 640-tõl szabad a pálya. Ha Jancsi 640-kor lép be, akkor Julis 650-tõl mehet, stb. Ezeket a belépési pontokat a kék terület mutatja. Ha Julis lép be elõször rögtön ébredés után, akkor Jancsi csak 700-tõl mehet be. Ha Julis csak 640-kor megy be, akkor Jancsinak várnia kell 710-ig stb. Ezt a barna részen látjuk. Örömmel akkor vesznek búcsút, ha a fürdõre nem kellett várniuk. Ennek a valószínûségét a háromszögek területeinek összege és a téglalap területének aránya adja meg. A két háromszögbõl készíthetünk egy négyzetet: 3⋅3 P(öröm és boldogság) = = 0, 375. 6⋅4 Hát ez bizony nem túl sok… Érdemes lenne valami rendszert vinniük a reggeli készülõdésbe. 40

Az egyenletben m jelöli az egyenes meredekségét, c pedig a függõleges eltolás mértékét. Keressünk olyan egyeneseket, melyek kielégítik a metszésre kapott feltételt. Például ha c = 3 lenne, akkor m értékét a [–1; 1] intervallumból választhatnánk tetszõlegesen. (Ez azonban nem felel meg a feladat megoldásának, hiszen c értéke nem lehet 2-nél nagyobb.) 146

VA L Ó S Z Í N Û S É G – S Z Á M Í T Á S , S TAT I S Z T I KA

2 2 Ha c = 2, akkor m legalább – , legfeljebb lehet. 3 3 1 1 Ha c = 1, akkor m legalább – , legfeljebb lehet. Hasonlóan kapjuk a negatív c-re adódó 3 3 értékeket. Érdekes módon, ha c = 0, akkor m nem vehet fel értéket, hiszen bárhogy is adjuk meg, az egyenes metszeni fogja a [–3; 3] intervallumon az x tengelyt. Ábrázoljuk egy m – c koordináta-rendszerben a lehetséges és c 2 a feltételeknek megfelelõ paramétereket. Ezt látjuk a jobb oldali ábrán, a piros színû rész a számunkra kedvezõ. A kérdezett valószínûség: 2 m –1 1 4⋅ 1 3 p= = . 4⋅4 6 w x4529

Képzeljük el a konyhába való belépési idõpontokat egy derékKároly bácsi 12 szögû koordináta-rendszerben. Jelöljük az abszcisszatengelyen x Irma néni, az ordinátatengelyen Károly bácsi belépésének idejét. A tengelyeken mérjük az egységet órában. Irma nénirõl ismert, hogy 2 órát tölt a konyhában, Károly bácsi ottlétének hosszát jelölje x. x nem lehet kisebb 0-nál és nem lehet nagyobb 3-nál, 3–x hiszen akkor már biztosan rányit egyikük a másikra. Azt is x 00 tudjuk, hogy Irma néninek legkésõbb 10 -kor el kell kezdeni 7 12 Irma néni 3–x a fõzést (függõleges szaggatott vonal). A piros színû rész azokat a pontokat jelöli, amikor Károly bácsi beléphet a konyhába Irma néni után. Ezt biztosan ismerjük. Nem ismerjük x értékét. Annyit tudunk, hogy x befolyásolja az alsó zöld háromszög területét, illetve magát az eseményteret is (a tengelyek és a velük párhuzamos szaggatott vonalak által határolt téglalap). A zöld háromszögbõl és a piros háromszögnek az eseménytérbe esõ részébõl össze tudunk állítani egy (3 – x) oldalú négyzetet. Az eseménytér egyik oldala biztosan 3 (Irma néni konyhában töltött ideje miatt). Írjuk fel a területegységek hányadosát x függvényében: 00

P(nem zavarják egymást) =

Most próbáljunk meg válaszolni a kérdésekre. a) Ha azt szeretnénk, hogy az ebédfõzés megzavarásának valószínûsége 0,5 alatt maradjon, akkor 0,5-nél nagyobbá kell tenni az elõzõ valószínûséget. Szorozzunk a nevezõvel (mivel 0 £ x 0, 5 3 ⋅ (5 – x)

(3 – x)2 > 1, 5 ⋅ (5 – x)

x 2 – 4, 5x + 1, 5 > 0.

4,5 ± 4,52 – 4 ⋅ 1,5 , 2

x1 » 0, 36 és x2 » 4,14.

Feltételeinknek csak a kisebb érték felel meg. Mivel a másodfokú kifejezés egy felfelé nyíló parabola, így az egyenlõtlenség megoldása: 0 £ x 0, ⎪ x + 625 – összpontszám = ⎨ 32 32 ⎪⎩ 750, ha x = 0. Ez nem befolyásolja nagymértékben a játék kimenetelét, hiszen ha x = 1, akkor várhatóan 626 pont lesz a kerék megforgatása után. b) Az elõzõ pontban kiszámolt M(x) függvény szigorúan monoton csökkenõ lineáris függvény, zérushelye x = 4000. Ez az a pontszám, amellyel ha rendelkezik a játékos, akkor a játék igazságos. Ha ennél több ponttal rendelkezik, akkor a játék a játékos számára kedvezõtlen, hiszen nagy átlagban levonnak tõle valamennyi pontot. Ha 4000 pontnál kevesebbet gyûjt, akkor a játék kedvezõ a játékos számára, hiszen a várható érték pozitív. Sõt: minél jobban eltérünk ettõl az értéktõl, annál többet nyer vagy veszít.

5200 4800 4400 4000 3600 3200 2800 2400 2000 1600 1200

800 Így már az is világos, hogy 400 – a legnagyobb várható nyereménye miért akkor van a játékosnak, amikor éppen 0 400 800 1200 1600 2000 2400 2800 3200 3600 4000 4400 4800 5200 x lenullázta magát; – ha elég sokáig játszik a játékos, akkor a nyereménye 4000 pont körül lesz. Ezt a várható értékbõl megállapított függvény alapján szemléltethetjük is. Az x tengelyen az aktuális pontszámot, az y tengelyen a forgatás utáni (várható) pontszámot jelöljük. Ha például 1600 pontja van, akkor várhatóan 1975 pontja lesz. Az 1975 pontról újra forgatva 2291,4. Errõl 2258,4 stb. Mindig közelebb kerül a 4000 ponthoz (sötétzöld töröttvonal, a haladási irányt a nyilak mutatják). Ha azonban 5200 pontja van, akkor várhatóan 5012,5 pontja lesz a kerék pörgetése után. Újra forgatva már csak 4854,3 stb. (világoszöld vonalak). Az egyetlen stabil helyzet az ábrán is 4000 pont (önmagába visszatérõ bordó töröttvonal).

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Statisztika – megoldások w x4542

Legalább az 5. helyre.

4 + 4 + 7 + x + 11 = 7, ahonnan x = 9. A keresett minta: 4, 4, 7, 9, 11. 5

A keresett oszlopdiagram:

Mivel 2ZK + 2KK + 3PK + BDK = 360º, így: 2ZK » 152,3º; 2KK » 27,7º; 3PK » 69,2º; BDK » 110,8º.

Látható, hogy Roland értékét elsõsorban a dobott pontok száma határozza meg, ez teszi ki a VALpontszám legnagyobb részét.

30 25 20 15 10 5 1

Roland a 10. mérkõzésen az elõzõhöz viszonyítva bátrabban próbálkozott a középtávoli, és méginkább a távoli dobásokkal.

VA L Ó S Z Í N Û S É G – S Z Á M Í T Á S , S TAT I S Z T I KA

a) A legnagyobb és legkisebb érték alapján az osztályköz: 27 – 9 = 6. 3 b) A =

10 + 9 + 27 + 24 ⋅ 2 + 21 ⋅ 2 + 20 + 11 + 12 = 17, 9. 10

Nagyon jó mérkõzés

4 ⋅ 11 + 3 ⋅ 18 + 3 ⋅ 25 = 17, 3. 10

d) Az eltérés 0,6. Oka, hogy több érték is felsõ kategóriahatár közelébe esik (21, 27). w x4558

a) A legnagyobb és legkisebb érték alapján az osztályköz:

100 – 50 = 12, 5. 4 75 + 3 ◊ 50 + 88 + 83 + 2 ◊ 60 + 57 + 100 b) A = = 67, 3%. 10

2 ◊ 94,25 + 2 ◊ 81,25 + 6 ◊ 55,25 = 68, 25%. 10 d) Az eltérés minimális: 0,95%. Mivel több volt a kategória, kisebbek lettek az eltérések a kategóriaközepektõl. c) Agyt =

a) Jelölje R a terjedelmet: RKb = 1 – 0 = 1 és R3P% = 100 – 0 = 100%. Nem tudtunk meg fontos adatot. b) Elsõ minta: 0%, 0%, 0%, 0%, 0%, 0%, 0%, 0%, 0%, 100%. Aelsõ = 10%. Második minta: 0%, 100%, 100%, 100%, 100%, 100%, 100%, 100%, 100%, 100%. Amásodik = 90%.

18 + 27 + 29 + 31 + 40 + 30 + 23 + 22 + 35 + 36 = 29,1 perc. 10 (18 – A)2 + (27 – A)2 + (29 – A)2 + (31 – A)2 + (40 – A)2 + (30 – A)2 + (23 – A)2 + (22 – A)2 + (35 – A)2 + (36 – A)2 » 6, 49. 10

c) I = ] 29,1 – 6,49; 29,1 + 6,49[ = ] 22,61; 35,59[. Az intervallumba hat érték esik. 153

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

a) A rangsorba rendezett adatok: 9, 10, 11, 12, 20, 21, 21, 24, 24, 27. MePt = 20,5. b) AEPt =

½9 – Me½+½10 – Me½+½11 – Me½+½12 – Me½+½20 – Me½+ 2 ⋅½21 – Me½+ 2 ⋅½24 – Me½+½27 – Me½ = 5, 5. 10

c) I = ] 20,5 – 5,5; 20,5 + 5,5[ = ] 15; 26[. Az adatok közül öt esik a megadott intervallumba. w x4562

a) Az eladott labdák, a kapott blokkok és a faultok a csapat szempontjából rosszak. Így ezeknél minél kisebb mutatót kell keresni, a többinél minél nagyobbat. b) Az egyszerûbb döntés kedvéért készítsünk a rangsorokról is táblázatot. Mindegyik esetben adjuk meg mindhárom mutatót (A = átlag, Me = medián, Mo = módusz). A vastagon szedett mutatót választjuk. Tám

Támadólepattanók: Védõlepattanók: Összes lepattanó: Faultok: Kiharcolt faultok: Blokkok: Kapott blokkok: Eladott labdák: Szerzett labdák: Gólpasszok: w x4563

A = 2,9; A = 4,2; A = 6,4; A = 3; A = 3,2; A = 2,4; A = 0,3; A = 1,8; A = 1,8; A = 0,9;

Mo = 4. Mo = 4. Mo = 7. Mo = 2. Mo = 4. Mo = 2. Mo = 0. Mo = 0. Mo = 2. Mo = 0.

Me = 3; Me = 4; Me = 7; Me = 3; Me = 3,5; Me = 2; Me = 0; Me = 1; Me = 2; Me = 1;

Készítsünk rangsort. 2Z%

VA L Ó S Z Í N Û S É G – S Z Á M Í T Á S , S TAT I S Z T I KA

A = 77,6%; A = 15%; A = 17,3%; A = 67,3%;

Me = 75,5%; Me = 0%; Me = 0%; Me = 60%;

Mo = 67%. Mo = 0%. Mo = 0%. Mo = 50%.

Bármelyik dobószázalékot is tekintjük, a számtani átlagot érdemes közzétenni. Mindegyik esetben ez a legnagyobb érték, majd ennél kisebb a medián, végül a módusz. w x4564

a) A számtani átlag 85,25, ez kerekítve 85 pont. b) A minta módusza a leggyakoribb elem: 83. A rangsorba rendezett minta mediánja a két középsõ elem átlaga, ez 84,5. A minta terjedelme: 94 – 76 = 18. c) Az osztályközt válasszuk 18:3 = 6-nak. Így az ábrán látható gyakorisági táblát kapjuk. A kategória felsõ határa nem tartozik a kategóriához, kivéve a C kategóriát.

d) A keresett diagram az ábrán látható.

Alkossák az n elemû mintát az x1, x2, … , xn adatok. Ekkor a minta átlaga:

x1 + x2 + … + x n . n

a) Ha az elemeket kicseréljük x1 + b, x2 + b, … , xn + b-re, akkor A’ átlaguk:

x1 + b + x2 + b + … + x n + b x1 + x2 + … + x n + n ⋅ b x1 + x2 + … + x n = = + b = A + b. n n n

b) Ha az elemeket kicseréljük c × x1, c × x2, … , c × xn-re, akkor A” átlaguk:

c ⋅ x1 + c ⋅ x2 + … + c ⋅ x n c ⋅ (x1 + x2 + … + x n) x + x2 + … + x n = =c⋅ 1 = c ⋅ A. n n n

Tételezzük fel, hogy az eredeti x1, x2, … , xn adatokból álló n elemû rangsor módusza Mo = xm (1 £ m £ n), mediánja Me. Vegyük észre, hogy a módusz nem az elemek nagyságához, hanem az elemek elõfordulásához kapcsolódik, a medián pedig az elem rangsorban elfoglalt helyzetéhez! A medián páratlan sok elem esetén (n = 2k + 1) a „középsõ” elem (Me = xk + 1), páros sok szám esetén a „középsõ kettõ” elem x + x k +1ˆ Ê átlaga ÁMe = k ˜¯ . Ë 2 a) Legyen az új minta x1 + b, x2 + b, … , xn + b. Az elemekhez hozzáadott b valós szám sem a gyakoriságukon, sem a rangsorban elfoglalt helyzetükön nem változtat. Így az új módusz: Mo’ = xm + b = Mo + b. 155

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Páratlan elemszámú minta esetén (n = 2k + 1) az eltolt minta Me’ mediánja: Me’ = xk + 1 + b = Me + b. Páros elemszámú mintában (n = 2k) az új minta Me’ mediánja: x + b + x k +1 + b x k + x k + 1 Me’ = k = + b = Me + b. 2 2 b) Hasonló a helyzet, ha c valós számmal szorozzuk a minta összes elemét: Mo’’ = c × xk = c × Mo. Páratlan elemszámú mintára: Me’’ = c × xk + 1 = c × Me, illetve páros elemszámú mintára: c ⋅ x k + c ⋅ x k +1 x + x k +1 Me” = =c⋅ k = c ⋅ Me. 2 2 Ez akkor is így van, ha c = 0 vagy c 0, és jelölje az osztályközepeket K1, K2, … , Kn. Essen legyen az osztályköz max n az egyes osztályokba rendre r1, r2, … , rn darab adat (r1 + r2 + … + rn = t). 156

VA L Ó S Z Í N Û S É G – S Z Á M Í T Á S , S TAT I S Z T I KA

Vizsgáljuk meg a minta elemeibõl számított A és a gyakorisági táblázatból számított A’ átlag eltérését: x + x2 + … + xt r1 ⋅ K1 + r2 ⋅ K 2 + … + rn ⋅ K n A – A’ = 1 – = t t Párosítsuk a minta elemeit a megfelelõ osztályközepekkel (az elsõ r1 darab elemet K1-gyel stb.): =

(x1 – K1) + º + (xr – K1) + (xr +1 – K2) + º + (xt – K n) 1

Kihasználjuk, hogy ½a + b½£ ½a½+½b½ háromszög-egyenlõtlenség teljesül akármennyi értékre: x1 – K1 + º + xr1 – K1 + xr1 +1 – K 2 + º + xt – K n £ £ t Kihasználjuk, hogy az adott kategóriába esõ elemek maximum az osztályköz felével térhetnek el az osztályközéptõl: d t⋅ d £ 2= . t 2 Tehát a gyakorisági táblázatból számított és a valódi átlag legfeljebb az osztályköz felével térhet el egymástól. w x4569

Legyen x1, x2, … , xn minta n elemû, számtani átlaga:

x1 + x2 + … + x n , n

szórása pedig s=

(x1 – A)2 + … + (x n – A)2 . n

Azt akarjuk bizonyítani, hogy ha s képletében bármely X-re cseréljük A-t, akkor nem kaphatunk kisebb számot az eredeti s-nél. Ehhez megvizsgáljuk az X-tõl függõ (a többi adat rögzített) ( x1 – X )2 + … + ( x n – X )2 n kifejezést, hogy mely X-re van minimuma. Mivel nemnegatív mennyiség, ott van minimuma, ahol a négyzetének is minimuma van:

(x1 – X )2 + … + (x n – X )2 . n A nevezõt sem kell figyelembe vennünk, hiszen a minimumot csak a számláló befolyásolja. Így elegendõ a négyzeteket megvizsgálni: (x1 – X)2 + … + (xn – X)2 = x12 – 2x1X + X 2 + … + xn2 – 2xn X + X 2 = = nX 2 – 2X × (x1 + … + xn) + x12 + … + xn2. A kifejezés X-ben másodfokú, mégpedig egy felfelé nyíló parabola (n > 0). b Tudjuk, hogy az ax2 + bx + c (a > 0) kifejezésnek xmin = – helyen van minimuma. Jelen esetben 2⋅a a = n, b = –2 × (x + … + x ). Így: 1

– 2 ◊ ( x1 + º + x n ) = A. 2◊n Azaz a szórás a számtani átlagra minimális. X min = –

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

Legyen az n elemû rangsor x1, x2, …, xn. Mediánját jelölje Me, abszolút átlagos eltérését pedig AE =

x1 – Me + … + x n − Me

. n Két lépésben bizonyítjuk az állítást. Elõször megvizsgáljuk páratlan sok, majd páros sok elemû mintára. Mindkétszer belátjuk, hogy az abszolút átlagos eltérésben Me helyére más számot írva, nem kaphatunk AE-nél kisebb értéket. I. eset: Ha n páratlan, akkor a medián a minta középsõ eleme: n +1 Me = x k , ahol k = . 2

Lehetséges, hogy a mintának több eleme is megegyezik a mediánnal. Legyen az elsõ ilyen elem indexe e, az utolsóé u. Így (u – e + 1) darab elemre: xe = … = xk = … = xu = Me. (Akár e = k vagy k = u.) A rangsorban az xe elõtti elemek kisebbek, az xu után levõk nagyobbak a mediánnál. Figyelembe véve a nagyságrendi viszonyokat, az abszolút átlagos eltérés abszolút érték nélküli alakban is írható: (Me – x1) + … + ( Me – xe – 1) + (u – e + 1) ⋅ (Me – x k) + (xu +1 – Me) + … + (x n – Me) AE = n Cseréljük ki a kifejezésben Me-t X-re. AE nagysága csak a számlálóban található X-tõl függ: n × AE(X) = (X – x1) + … + (X – xe – 1) + (u – e + 1) × (X – xk) + (xu + 1 – X) + … + (xn – X). Növeljük X értékét. Legyen kicsit nagyobb a mediánnál, de még X xk + 1. Megjegyzés: Mindkét gondolatmenet hasonlóan végigvihetõ, ha X értékét csökkentjük Me-rõl.

Vegyes feladatok – megoldások x . Ebbõl x = 5, ezért csak I = ]1; 6[ lehet. 10

½J½= 10, ½I½= x, p = 0, 5 =

M = 0,02 × 1 + 0,03 × 2 + 0,24 × 3 + 0,6 × 4 + 0,11 × 5 = 3,75 év.

a) A csoportba 12-en járnak.

1 5⋅7 = . 15 ⋅ 35 15

b) Akiscs. = w x4575

4 ⋅ 2 + 5 ⋅ 7 + 2 ⋅ 12 + 1 ⋅ 17 = 7; 12

2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 7 + 5 ⋅ 12 + 3 ⋅ 17 = 10, 75 » 11. 12

a) Igen, Mo = 2 és Me = 3. b) Nem. c) A =

4 ⋅ 4, 5 + 9 ⋅ 12, 5 + 6 ⋅ 20, 5 + 8 ⋅ 28, 5 + 3 ⋅ 36, 5 = 19, 7; 30

4 ⋅(4, 5 – 19, 7)2 + 9 ⋅(12, 5 – 19, 7)2 + 6 ⋅(20, 5 – 19, 7)2 + 8 ⋅(28, 5 – 19, 7)2 + 3⋅(36, 5 – 19,77)2 » 9, 77; 30

I = ]9, 93; 29, 47[. 4 ⋅½1 – 3½ + 9 ⋅½2 – 3½ + 6 ⋅½3 – 3½ + 8 ⋅½4 – 3½ + 3 ⋅½5 – 3½ » 1; 30 I = ]2; 4[.

Ha a korong (r = 1,5 cm) teljes egészében egy négyzetbe esik, akkor a riasztó csendben marad. Elég egy négyzetet tekintenünk. Ehhez a korong középpontjának egy (10 – 2 × 1,5) oldalú négyzetbe kell esnie. (Feltehetjük, hogy érintésre még nem riaszt.) Tehát annak a valószínûsége, hogy nem szólal meg a riasztó, illetve annak a valószínûsége, hogy megszólal: 49 51 P(csend) = , illetve P(riaszt) = . 100 100 A válasz a kérdésre igen, a riasztó nagyobb valószínûséggel kezd szirénázni. 159

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A várható érték: Ê7ˆ Ê7ˆ Ê7ˆ M = Á ˜ ◊ 0, 360 ◊ 0, 647 ◊ 0 + Á ˜ ◊ 0, 361 ◊ 0, 646 ◊ 1 + Á ˜ ◊ 0, 362 ◊ 0, 645 ◊ 2 + Ë2¯ Ë1¯ Ë0¯ Ê7ˆ Ê7ˆ Ê7ˆ + Á ˜ ◊ 0, 363 ◊ 0, 64 4 ◊ 3 + Á ˜ ◊ 0, 36 4 ◊ 0, 643 ◊ 4 + Á ˜ ◊ 0, 365 ◊ 0, 642 ◊ 5 + Ë5¯ Ë4¯ Ë3¯ Ê7ˆ Ê7ˆ + Á ˜ ◊ 0, 366 ◊ 0, 641 ◊ 6 + Á ˜ ◊ 0, 367 ◊ 0, 640 ◊ 7 » 2, 52. Ë7¯ Ë6¯ Tehát várhatóan két vagy három saját számot fog hallani Zsófi.

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

12.5. RENDSZEREZÕ ÖSSZEFOGLALÁS GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK – ÖSSZEFOGLALÁS Halmazok – megoldások w x5001

b) Igen, ½B½= ¥; d) Nem.

U = , A = ; B = . a) _ A Venn-diagram az ábrán látható. _ b) A = , B = . c) A È B = , A Ç B = , A \ B = , B \ A = . _ w x5005 A \ B = A Ç B. w x5004

_ _ a) A È B = A Ç B;

A Venn-diagram az ábrán látható.

½U½=½A È B½+ ½A È B½ =½A½+½B½–½A Ç B½+ ½A È B½ = 6 + 8 – 3 + 13 = 24.

½U½=½A½+½B½–½A Ç B½+ ½A È B½; 12 = 4 + 5 – x + 3; x = 0.

½U½=½A½+½B \ A½+ ½A È B½; 30 = 15 + 7 + x; x = 8. 162

_ _ b) A Ç B = A È B. A

GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK – ÖS SZEFOGLALÁS

_ a) I = ]2; 5]; _ c) I = È ]2; 7];

_ b) I = ]–2; 0]; _ d) I = ]–¥; 0] È ]2; ¥[. d)

d) J \ I = ]1; 2[ È [4; 5[;

f ) (K \ J) È I = [2; 4[ È [5; ¥[. w x5013

a) I = [0º; 45º] È [180º; 225º];

b) J = [30º; 150º]; _ d) I \ J = ]150º; 180º[ È ]225º; 360º].

c) J Ç I = [30º; 45º]; a)

a) Nullaelemû részhalmaz csak az üres halmaz lehet, tehát a válasz 1. Kilencelemûek azok a részhalmazok, melyeket úgy kapunk, hogy egy elemet elhagyunk A-ból. Mivel 10-féleképpen tehetjük ezt meg, a válasz 10. b) Annyi k-elemû részhalmaza van, ahányféleképpen a 10 elembõl ki tudunk választani ismétlés 10 10 10 10 nélkül k darabot. Tehát Ê ˆ = 45, Ê ˆ = 210, Ê ˆ = 252, Ê ˆ = 45. Ë 2¯ Ë 4¯ Ë 5¯ Ë 8¯ 10 c) Ê ˆ = 120. Próbálkozással, vagy az elõzõ kérdésre adott válaszok figyelembevételével k = 3, Ë k¯ illetve k = 7.

Például ilyen a következõ 4 halmaz: A = , B = , C = , D = .

a) Mindkét halmazt többféleképpen is felírhatjuk, például P = (A \ C) È (B Ç C ) \ A és Q = (B È C ) \ (A Ç B Ç C ). b) Azt kell biztosítanunk, hogy a két halmaz közös része üres halmaz legyen: [B Ç (A È C )] \ (A Ç B Ç C) = Æ. c) Azt kell biztosítanunk, hogy a P Q-n kívül esõ része üres halmaz legyen: A \ (B È C) = Æ.

Írjuk b-t a hármas metszetbe. Ekkor c-t B és C kettõs metszetbe kell helyeznünk, így d csak A metszeteken kívüli részébe kerülhet. (Közben figyelembe vettük, hogy az elemszámok egyenlõk.) Ezek szerint : A ∩ B ∩ C = .

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

A megoldáshoz töltsünk ki egy Venn-diagramot. A 2-t két helyre írhatjuk, de a második feltétel a hármas metszetet kizárja. A 3-at és a 4-et csak egy helyre írhatjuk ezek után. Az 5 két feltételben is szerepel, így csak egy helyre kerülhet. Végül a 6-ot sem írhatjuk középre. A megoldás a diagramról leolvasható: A = , B = , C = . a) b) c) d)

A = , B = , C = . A Venn-diagram az ábrán látható. Üres halmaz. ½(A È B) Ç C½= 1, egyelemû .

a) Ha C üres halmaz, akkor: A = , B = . b) C eleme csak az 1 lehet. Ezt rögtön két helyre is írhatjuk: vagy a hármas metszetbe, vagy B és C kettõs metszetbe. Így: C = , B = és A = vagy A’ = . a) A Venn-diagram az ábrán látható. b) A-ba esõ elemek összege 23, B-be 16, C-be 21.

0,6x – 8 + 8 + 0,8x – 8 = x, 1,4x – 8 = x, 0,4x = 8, x = 20. 20 fõ dolgozik a Kiskunsági Nemzeti Parkban.

b) ½Õ \ T½= 4 fõ. w x5023

x – 3 + 8 – x + x + 7 – x + 12 – x + x – 4 + x – 4 = 20, 4 = x. 4 tanuló gyûjtött eddig mindhárom versenyzõtõl dedikált emléket. b) 0 fõ. Nekik már vagy mindhárom versenyzõtõl, vagy a másik két említett egyikétõl van autogramja.

12 – (8 – x + x + 7 – x) Hamilton

16 – (8 – x + x + 12 – x) 8–x x

15 – (7 – x + x + 12 – x)

GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK – ÖS SZEFOGLALÁS

A szöveg szerint a törpéken kívül még 5 × 7 = 35 fõ jött el a mulatságra, azaz bányászok összesen 42-en voltak. A szita-formula így alakul, ha x-szel a narancssárga sapkás telepvezetõ vájárok számát jelöljük: 42 = 21 + 21 + 20 – (7 + 7 + 6) + x. Innen x = 0. Tehát ilyen bányász nem vett részt a bulin.

a) Alkalmazzuk a szita-formulát. A számba vett kutyák száma 100, hiszen egy megszökött: 100 = 64 + 60 + 56 – (41 + 22 + 35) + x, ahol x jelöli a hármas metszet elemszámát. Innen x = 18. b) Belülrõl kifelé haladva töltsük ki az elemszámokkal a Venndiagramot, amelybõl leolvasható a kérdezett érték: 17 ilyen kutya van. (Az elmenekült jószágról nincs információnk.)

a) Lehetséges, hogy senki sem kért egyszerre mindkét ételfajtából (0). Maximum pedig a kisebb elemszámú halmaz elemszámával egyenlõ lehet a számuk (8). Tehát 0 és 8 közötti a számuk. b) Ha senki sem kérte együtt a levest és a fõételt, akkor 8 + 10 = 18 fõ ült asztalhoz. Ha minden levest evõ rendelt fõételt is, akkor 8 + 10 – 8 = 10 fõ ült le ebédelni a panzióban.

½C½= 13. A szöveg alapján ismertek a következõk: ½A½= 14, ½B½= 9, ½A Ç C½= 7, ½A Ç B½= 6, ½B Ç C½= 4, ½A Ç B Ç C½= 2, ½A È B È C½ = 3. Írjuk fel a logikai szita-formulát az alaphalmazra kiegészítve: ½U½= ½A È B È C½+ ½A È B È C½ = ½A½+ ½B½+½C½– ½A Ç C½– ½A Ç B½– ½B Ç C½+ +½A Ç B Ç C½+ ½A È B È C½ = 13 + 14 + 9 – 7 – 6 – 4 + 2 + 3 = 24.

a) Helyettesítsünk be x = 1-et:

Rajzoljuk meg a transzformált függvényeket közös koordináta-rendszerben. a) L = ///; b) M = \\\; c) L Ç M = XXX.

1 2 5 + = 0 (x > –4), ekkor a megoldás x ³ 6; x – 6 £ 0 (x £ 6) és 2x + 8 0) ÎJi. Bármely pozitív p-hez találunk olyan 1 £ p. Ha n > m, akkor p Ï Jn. Hasonló a meggondolás, m pozitív egész értéket, amelyre m ha p 360. Tehát pl. a 361 oldalú szabályos sokszög minden külsõ szöge kisebb, mint 1º. (Az n = 360 még éppen nem megfelelõ, hiszen az állítás teljesüléséhez szigorúan kisebb kell.) 360º 360º . Így biztosan tudunk bármely szöghöz Hasonlóan általában: ha a n olyan n egész számot mondani, amelynél több oldalú sokszögek külsõ szögei kisebbek, mint a megadott szög. Tehát az állítás igaz. Tagadás: Létezik olyan a (a > 0) szög, amelyhez bárhogy is adunk meg pozitív egész n-t, van olyan n-nél több csúcsú szabályos sokszög, melynek külsõ szöge nagyobb vagy egyenlõ, mint a. Mivel az állítás igaz, a tagadás hamis.

Kombinatorika – megoldások w x5039

6 × 2 × 3! = 5! – 2 × 4! = 72.

4 × 53 = 500 közül 4 × 52 = 100 osztható 5-tel.

30! = 17100 720. (30 – 5)!

12! = 3960. 7! ⋅ 4! ⋅ 1!

GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK – ÖS SZEFOGLALÁS

90 b) Ê ˆ ◊ 8! » 3,13 ◊ 1015. Ë 8¯

24! = 9 465511770. 8! ⋅ 8! ⋅ 8!

20! = 2 793510 720. 5! ⋅ 6! ⋅ 7! ⋅ 2! b) A nevezõ csökken: 5! × 6! × 7! × 2! > 5! × 5! × 6! × 4! Így az érték nõ

5! ⋅ 6! ⋅ 7! ⋅ 2! 42 = = 3, 5-szeresére. 5! ⋅ 5! ⋅ 6! ⋅ 4! 12

12! = 3991680. (12 – 7)!

411 » 1, 44. 8 ⋅ 365 ⋅ 1000

c) 10! = 3 628 800.

20! » 6 ⋅ 1013; (20 – 12)!

a) 106 = 1 000 000; 6 d) Ê ˆ ◊ 34 ◊ 42 = 19 440. Ë4¯

19! » 9 ⋅ 1012. (19 – 11)!

5 5 5 5 5 5 (2 – a)5 = Ê ˆ ◊ 25 ◊ a0 – Ê ˆ ◊ 2 4 ◊ a1 + Ê ˆ ◊ 23 ◊ a2 – Ê ˆ ◊ 22 ◊ a3 + Ê ˆ ◊ 21 ◊ a 4 – Ê ˆ ◊ 20 ◊ a5 = Ë0¯ Ë1¯ Ë2¯ Ë3¯ Ë4¯ Ë5¯ = 32 – 80 ◊ a + 80 ◊ a2 – 40 ◊ a3 + 10 ◊ a 4 – a5.

Csoportosítsuk az utakat a hosszuk szerint. a) Bármerre is megyünk az A-ból, minden út 3 hosszú, és összesen 4 × 3 × 3 = 36 darab van belõle. b) A közvetlen levelekbe 1 hosszú út visz, ebbõl 3 van. A következõ legközelebbi levelek 3 hosszú úton érhetõk el, ebbõl van 2 × 3 = 6. A legtávolabbi levelek 5 élre vannak, hozzájuk 3 × 3 × 3 = 27féleképpen juthatunk el. c) Ebbõl a pontból 2, 4 vagy 6 „élnyire” találunk leveleket, rendre 2, 2 × 3 = 6 és 3 × 3 × 3 = 27 úton érhetjük el õket.

A számokat az 1, 2, 3, 5, 7, 9 jegyekbõl állíthatjuk össze. a) A jegyek csak úgy növekedhetnek, ha a fenti sorban írjuk õket, és az egyik számot elhagyjuk. Összesen 6 ilyen szám van. b) Két nem prím szám van a felsoroltak között, az 1 és a 9. Kössük õket egybe, mostantól kezeljük az 19-et egyetlen számjegynek. Így 5 jegybõl kell 4-jegyû számot kreálni, ráadásul úgy, hogy az 19 biztosan benne legyen. Ezt 4 helyre írhatjuk, a többi 3 helyre 4, 3, 2-féle jegyet tehetünk a maradékból. Végül az 1-et és 9-et megcserélhetjük. Tehát a lehetõségek száma 4 × 2 × 4 × 3 × 2 = 192. c) A fentiek közül minden 2-re végzõdõ szám osztható 4-gyel. Azaz 5 × 4 × 3 × 2 = 120. 169

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

a) Ekkor nagyon egyszerû dolgunk van, hiszen a 4 közül bármelyik helyre bármelyik karaktert írhatjuk a 15 lehetõségbõl: 154 = 50 625. b) Vegyük az ellentétes esetet, amikor nincsenek betûk, csak az 5 számjegy szerepelhet: 54. Ezt kell kivonnunk az összes lehetõségbõl: 154 – 54 = 50 000. c) Ebben az esetben egyszerûen az történik, hogy megduplázzuk a betûk számát. Azaz nem 15, hanem 25 lehetõségbõl választhatunk egy-egy karaktert. Az eredmény 254 = 390 625.

Az adott függvény értékkészlete három érték: 0, 1 és (–1). a) A három érték mindegyike szerepelhet a négy hely bármelyikén: 34. b) Tételezzük fel, hogy a 0 szerepel kétszer, az 1 és a (–1) csupán egyszer-egyszer. A lehetõségek 4! . Mivel a három érték mindegyike elõfordulhat kétszer a négy helyen, száma ekkor 2! ⋅ 1! ⋅ 1! 4! = 36. ezért az eredményt meg kell szoroznunk 3-mal: 3 ⋅ 2! ⋅ 1! ⋅ 1! c) A szinuszfüggvényre hagyatkozva négy helybõl kettõn szerepel 0, de egymás mellett nem lehetnek. Négy lehetõségünk van: 0, 1, 0, (–1); 0, (–1), 0, 1; 1, 0, (–1), 0; (–1), 0, 1, 0.

a) Ha sorba mentek a tanárok képein, akkor 22 ⋅ 21 ⋅…⋅ 11 =

22! -féleképpen (22 – 12)!

választhattak közülük. b) A 14 lány mellé 8 fiúnak kellett az osztályba járnia, és a 6 férfi tanár mellett 6 nõ kolléga került a tablóra. Az elõzõ rész alapján a keresett érték: 14! 8! ⋅ = 4, 36 ⋅ 1010. (14 – 6)! (8 – 6)! c) Most csak az érdekel minket, melyik tanár melyik három diákot választotta. Képzeljük úgy, hogy a tanárok sorban egymás után a tortához mennek és kiválasztanak 3-3, illetve 2-2 szeletet. Ezt összesen Ê22ˆ ◊ Ê19ˆ ◊ Ê16ˆ ◊ Ê13ˆ ◊ Ê10ˆ ◊ Ê7ˆ ◊ Ê4ˆ ◊ Ê2ˆ » 6 ◊ 1015 Ë 3 ¯ Ë 3¯ Ë 3¯ Ë 3¯ Ë 3¯ Ë3¯ Ë2¯ Ë2¯ különbözõ módon tehetik meg. w x5067

Az 500-as készlet 30%-a, azaz 150 darab plüssmaci selejtes. Jó közülük 500 – 150 = 350 darab. 350 a) Ha nincs köztük selejtes, akkor mind a 20-at a jó macik közül sikerült kiválasztani Ê ˆ -féleË 20 ¯ képp. 150 350 b) A két selejtest 150 darabból, a 18 jót 350 közül választhatták az ellenõrök Ê ˆ ◊ Ê ˆ különË 2 ¯ Ë 18 ¯ bözõ módon. c) Ha legalább három selejtes van, akkor lehet 3, 4, …, 20 is. Ez elég sok eset, térjünk át a komplementer halmazra: nézzük azt, amikor csak 0, 1 vagy 2 selejt van a kiválasztott mintában. Ezt Ê500ˆ kell kivonnunk az összes lehetséges választások számából, Ë 20 ¯ -ból. Az eredmény: Ê500ˆ – Ê150ˆ ◊ Ê350ˆ – Ê150ˆ ◊ Ê350ˆ – Ê150ˆ ◊ Ê350ˆ . Ë 20 ¯ Ë 0 ¯ Ë 20 ¯ Ë 1 ¯ Ë 19 ¯ Ë 2 ¯ Ë 18 ¯ 170

GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK – ÖS SZEFOGLALÁS

a) Miután bárki bármikor felelhet, akár az is elõfordulhat, hogy ugyanaz az óráról órára készülõ diák felel 10-szer: 2110 a lehetõségek száma. b) A feleletek idõrendben követik egymást, így elõször is ki kell választanunka 10-bõl azt Ê10ˆ a 4 feleletet, amelyet a nem készülõ diákoktól hallunk. Ezt Ë 4 ¯ módon tehetjük meg. A 4 rossz feleletet 9 fõ produkálhatja, a 6 szépet pedig 21. Azaz az eredmény: Ê10ˆ ◊ 94 ◊ 216. Ë 4¯ c) „Legfeljebb hétszer” jelentése 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 alkalommal. Ilyen sok eseményt nem szerencsés elkezdeni összeírni, térjünk át a komplementerre: 8, 9, 10 gyenge felelõnk van. Utóbbi 10 10 eset 910, elõbbiek pedig b) esethez hasonlóan adódnak: Ê ˆ ◊ 99 ◊ 211 és Ê ˆ ◊ 98 ◊ 212. Ki kell Ë 9¯ Ë 8¯ vonnunk az összes esetbõl, azaz ha bárki akárhányszor felelhet: 3010 -bõl. 10 10 3010 – 910 – Ê ˆ ◊ 99 ◊ 211 + Ê ˆ ◊ 98 ◊ 212. Ë 9¯ Ë 8¯

5 8 4 a) Két szoknyát, inget és kabátot Ê ˆ , Ê ˆ , Ê ˆ -féle módon választhat Eszti. Minden ruhafélét kétË2¯ Ë2¯ Ë2¯ féleképpen adhat a babákra: vagy az egyikre, vagy a másikra adja: Ê5ˆ ◊ Ê8ˆ ◊ Ê4ˆ ◊ 23 = 13440. Ë2¯ Ë2¯ Ë2¯

b) Állítsuk sorba a babákat, legyen egy A, egy B és egy C baba. Elõször is Eszti kiválaszt három 5 8 4 szoknyát, három inget és három kabátot. Ezeket Ê ˆ , Ê ˆ , Ê ˆ -féleképpen veheti ki. Sorba Ë3¯ Ë3¯ Ë3¯ rakva a három szoknyát, az A, B, C babákkal 3! = 6-féleképp párosíthatja õket. Hasonló a helyzet a többi ruhafélével is. Az eredmény: Ê5ˆ ◊ Ê8ˆ ◊ Ê4ˆ ◊ (3!)3 = 483 840. Ë3¯ Ë3¯ Ë3¯ w x5070

a) Ha bármelyik jelentkezõ reklámfilmbe kerülhet, akkor 58 + 42 = 100 fõbõl választunk 12-t: Ê100ˆ » 1015. Ë 12 ¯ b) A lányok közül kell kiválasztanunk 7-et és a fiúk közül 5-öt: Ê58ˆ ◊ Ê42ˆ » 2,56 ◊ 1014. Ë 7¯ Ë 5¯ c) Ha párban szerepel egy fiú és egy lány, akkor mindkét nembõl ugyanannyi szereplõ van, azaz 6. Az eredmény: Ê58ˆ ◊ Ê42ˆ » 2,12 ◊ 1014. Ë 6¯ Ë 6 ¯ d) Ha hármasával mutatják be a jelentkezõket, akkor 4 filmet fognak készíteni. Így vagy 4 fiú és 0 lánycsapat lesz, vagy 3 és 1, vagy 2 és 2, 3 és 1, 4 és 0. Az egyes eseteket az elõzõkhöz hasonlóan számítjuk, de végül össze kell õket adnunk: Ê58ˆ ◊ Ê42ˆ + Ê58ˆ ◊ Ê42ˆ + Ê58ˆ ◊ Ê42ˆ + Ê58ˆ ◊ Ê42ˆ + Ê58ˆ ◊ Ê42ˆ » 3,49 ◊ 1014. Ë12¯ Ë 0 ¯ Ë 9 ¯ Ë 3 ¯ Ë 6 ¯ Ë 6 ¯ Ë 3 ¯ Ë 9 ¯ Ë 0 ¯ Ë12¯ 171

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

(15 + n)! = 406 980 -féle módon lehet. Egyszerûsítsünk, 13! ◊ 2! ◊ n! majd szorozzunk fel a maradék nevezõvel: 14 × 15 × … × (15 + n) = 813 960 × n! Egyszerûsítsünk újra 14 × 15-tel: 16 × 17 × … × (15 + n) = 3876 × n! Mindkét oldalon szorzatok szerepelnek, bontsuk fel a 3876-ot prímtényezõkre: 3876 = 22 × 3 × 17 × 19. 16 × 17 × … × (15 + n) = 22 × 3 × 17 × 19 × n! Hogy a 16 = 24-t megkapjuk, n > 3 kell legyen. Ugyanakkor a bal oldalon is szerepelnie kell a 19 prímnek, ez éppen 15 + 4. Ellenõrizzük le, valóban 16 × 17 × 18 × 19 = 3876 × 24. Tehát 4 Távol-Keletrõl szóló regényt kap Jani. Téma szerint rendezni a könyveket

Páratlan jegyek az 1, 3, 5, 7 és 9. Mivel hárommal osztható számokat keresünk, megkönnyíti az esetek összegyûjtését, ha nem a számokkal, hanem a 3-mal vett osztási maradékaikkal számolunk. Ezek sorban: 1, 0, 2, 1, 0. a) Ha minden szám különbözõ kell legyen, akkor a négy maradék között csak egy 2-es, legfeljebb két 1-es és legfeljebb két 0 lehet. (Például 0-0-0-0 vagy 1-1-1-0 nem lehet.) A 2-es maradéknak mindenképpen szerepelnie kell, hiszen a 0-0-1-1 nem osztható 3-mal. A 2 mellé tenni kell 1-et is, a maradék kettõ helyen viszont csak 0 maradék lehet. Tehát azt kell összeszámolni, hány esetet írhatunk fel a 0-0-1-2 maradékokból. A 3, 9 és 5 biztosan a számjegyek közé kerül. 1 maradékot adhat az 1 és a 7 is, itt tehát választhatunk. Vagyis ezen számok száma 2 × 4! = 48. b) Az elõzõ gondolatot folytatva: öt lehetõségünk van a maradékokat felírni úgy, hogy a szám osztható legyen 3-mal: 0-0-0-0, 0-0-1-2, 0-1-1-1, 0-2-2-2, 1-1-2-2. Nézzük sorban az öt esetet. 0-0-0-0: Minden helyre két számjegyet, 3-at vagy 9-et írhatunk, ez 24 = 16 lehetõséget jelent. 0-0-1-2: A 0 maradékok helyére a 3 vagy a 9, az 1 helyére az 1 vagy a 7 kerülhet. A 2 maradék 4! fixen az 5 számjegyet jelenti. A maradékokat egymás között = 12-féleképpen permu2! ⋅ 1! ⋅ 1! tálhatjuk. Azon belül 22 × 2 = 8 lehetõség van a számjegyek beírására. Összesen 12 × 8 = 96. 0-1-1-1: A 0 maradék (3 vagy 9) négy helyre kerülhet (az 1 helyére továbbra is 1 vagy 7 kerül). Ezért a lehetõségek száma ebben az esetben 4 × 24 = 64. 0-2-2-2: A 0 megint négy helyen állhat (3 vagy 9), a 2 helyére csak 5-öt írhatunk. Így 4 × 2 = 8 ilyen esetünk van. 4! = 6-féleképpen írhatjuk fel. A lehetõségek száma 6 × 22 = 24. 1-1-2-2: A maradékokat 2! ⋅ 2! A kérdésre a válasz a fenti esetek összege: 16 + 96 + 64 + 8 + 24 = 208.

a) Jelölje a három szobát A, B, C. Mivel megkülönböztetjük õket, nem mindegy, hogy az A-ban vannak 6-an, B-ben 2-en és C-ben senki, vagy A-ban senki, B-ben 6-an és C-ben 2-en. A legegyszerûbb, ha az A-ban levõk száma alapján írjuk össze a lehetõségeket. A

6 6 6 5 5 5 5 4 4 4 4 4 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0

2 1 0 3 2 1 0 4 3 2 1 0 5 4 3 2 1 0 6 5 4 3 2 1 0 6 5 4 3 2 1 6 5 4 3 2

0 1 2 0 1 2 3 0 1 2 3 4 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 2 3 4 5 6

Ez harminchat lehetõség. 172

GONDOLKODÁSI MÓDSZEREK – ÖS SZEFOGLALÁS

b) Most csak azt kell összeszámolnunk, a 8-at hányféleképp bonthatjuk három, hatnál nem nagyobb nemnegatív egész összegére. 8=6+2+0=6+1+1=5+3+0=5+2+1=4+4+0= =4+3+1=4+2+2=3+3+2 Ez nyolc lehetõség. Megjegyzés. Az a) és b) kérdést megválaszolhatjuk az alapján is, ha észrevesszük: a három különbözõ számot tartalmazó (pl. 6-2-0) formák 3! = 6 helyen fordulnak elõ, a két különbözõt tartalmazókat 3 helyen találjuk meg (pl. 6-1-1), míg három egyforma nem lehet. Mindkét típusból van 4 összeg, amely kiadja az összesen 24 + 12 = 36 oszlopot. c) Az elõzõ kérdésben tárgyalt esetekbõl indulunk ki. Például az 5-2-1 esetben a nyolc fõbõl ki kell választanunk ötöt az egyik, a még ágy nélkül maradt három fõbõl kettõt a másik szobába. A harmadik szobába maradt egy fõ már nem változtat a lehetõségek számán. Az összes esetet tekintve a lehetõségek száma: Ê8ˆ ◊ Ê2ˆ ◊ Ê0ˆ + Ê8ˆ ◊ Ê2ˆ ◊ Ê1ˆ + Ê8ˆ ◊ Ê3ˆ ◊ Ê0ˆ + Ê8ˆ ◊ Ê3ˆ ◊ Ê1ˆ + Ë6¯ Ë2¯ Ë0¯ Ë6¯ Ë1¯ Ë1¯ Ë5¯ Ë3¯ Ë0¯ Ë5¯ Ë2¯ Ë1¯ 8 4 0 8 4 1 8 4 2 8 5 2 +Ê ˆ ◊Ê ˆ ◊Ê ˆ +Ê ˆ ◊Ê ˆ ◊ʈ +Ê ˆ ◊Ê ˆ ◊Ê ˆ +Ê ˆ ◊Ê ˆ ◊Ê ˆ = Ë4¯ Ë4¯ Ë0¯ Ë4¯ Ë3¯ Ë1¯ Ë4¯ Ë2¯ Ë2¯ Ë3¯ Ë3¯ Ë2¯ = 28 + 56 + 56 + 168 + 70 + 280 + 420 + 560 = 1638.

d) Ha megkülönböztetjük a személyeket és a szobákat is, akkor az a) részben felírt táblázatot kell segítségül hívnunk. Azonban nem írjuk fel mind a 36 lehetõséget! Vegyük észre, hogy bármelyik esetet tekintjük is, az egyszerûsítések miatt felírható ismétléses permutációként. Pl. a 4-3-1: 8! Ê8ˆ ◊ Ê4ˆ ◊ Ê1ˆ = 8! ◊ 4! ◊ 1! = . Ë4¯ Ë3¯ Ë1¯ 4! ◊ 4! 3! ◊ 1! 1! ◊ 0! 4! ◊ 3! ◊ 1! Mivel nem számít a 4-3-1 sorrend, így a c) esetbõl és a megjegyzésben említett különbözõ sorrendekbõl megadhatjuk a megoldást: 8 2 0 8 2 1 8 3 0 8 3 1 3! ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 3 ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 3! ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 3! ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + Ë6¯ Ë2¯ Ë0¯ Ë6¯ Ë1¯ Ë1¯ Ë5¯ Ë3¯ Ë0¯ Ë5¯ Ë2¯ Ë1¯ 8 4 1 8 4 2 8 5 2 8 4 0 + 3 ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 3! ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 3 ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ + 3 ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ ◊ Ê ˆ = Ë4¯ Ë3¯ Ë1¯ Ë4¯ Ë2¯ Ë2¯ Ë3¯ Ë3¯ Ë2¯ Ë4¯ Ë4¯ Ë0¯ = 3! ◊ (28 + 56 + 168 + 280) + 3 ◊ (56 + 70 + 420 + 560) = 651 10. w x5074

a) Képzeljük el, ahogyan sorban sétálnak el a hat szoba mellett és véletlenszerûen kiválasztják a szobák lakóit. A megoldás ekkor: Ê23ˆ ◊ Ê15ˆ ◊ Ê11ˆ ◊ Ê8ˆ ◊ Ê5ˆ ◊ Ê2ˆ . Ë 8 ¯ Ë 4¯ Ë 3¯ Ë3¯ Ë3¯ Ë2¯ Ha úgy képzeljük el a dolgot, hogy a diákokat sorba állítjuk és minden szobának készítünk egy címkét annyi példányban, ahány fõ befogadására képes, akkor a megoldás: 23! 8! ⋅ 4! ⋅ (3!)3 ⋅ 2! A két érték természetesen egyenlõ. (Ezt beláthatjuk, ha kifejtjük az elsõ formában felírtakat, majd elvégezzük az egyszerûsítéseket.) 173

M E G O L D Á S O K – 1 2 . É V F O LYA M

b) Amennyiben az egyes szobákon belül megkülönböztetjük az ágyakat, akkor az elsõ szobába betérõ 8 diák 8!, a 4 ágyasba betérõk 4! stb. különbözõ módon osztozhatnak. Tehát a megoldás: 23! ⋅ 8! ⋅ 4! ⋅ (3!)3 ⋅ 2! = 23! 8! ⋅ 4! ⋅ (3!)3 ⋅ 2! c) A 10 lány mellé nem kerülhetnek fiúk, így nekik külön szobák járnak. Kétféleképpen felelhetünk meg ezen feltételnek. Vagy a 8 és a 2 ágyas szoba a lányoké, vagy két 3 és a 4 ágyas. 10! Ha az elsõ verzió valósul meg, akkor a lányok módon költözhetnek be. Ha a második, 8! ⋅ 2! 10! 13! 13! . A fiúk az elsõ lehetõség esetén akkor , a második esetben 4! ⋅ 3! ⋅ 3! 8! ⋅ 3! ⋅ 2! 4! ⋅ (3!)3 különbözõ úton foglalhatják el a szobákat. Az összesített eredmény: 10! 13! 10! 13! ⋅ + ⋅ . 8! ⋅ 2! 4! ⋅ (3!)3 4! ⋅ 3! ⋅ 3! 8! ⋅ 3! ⋅ 2! Arra nem tértünk ki, hogy a szobákat megkülönböztetjük-e egymástól. Az ágyak számát tekintve biztos. Ha ugyanis különbséget teszünk köztük, akkor a második esetben a lányok háromféleképpen kaphatnak meg három háromágyas szoba közül kettõt (1.-2., 1.-3., 2.-3.). Az eredmény eképpen módosul: 10! 13! 10! 13! ⋅ + 3⋅ ⋅ . 3 8! ⋅ 2! 4! ⋅ (3!) 4! ⋅ 3! ⋅ 3! 8! ⋅ 3! ⋅ 2! d) A b) pont alapján 10! × 13! + 3 × 10! × 13! = 4 × 10! × 13! eredményt kapunk az egyszerûsítéseket elvégezve.

Valószínûség-számítás – megoldások w x5075

Biztos esemény: az összeg nemnegatív. Lehetetlen esemény: a szorzat 11-gyel osztható.

a) A komplementere 10 elemi eseménybõl tevõdik össze. Pl.: F F F I vagy I I I I. b) AB = , A + B = . c) Az eseménytér 24 = 16 elemi eseménybõl áll.

P(A) = 0,375; P(AB) = 0,125; P ( A + B ) = 0,5.

8 9 4 15 = 0, 8; kedden = 0, 75; szerdán » 0, 571; csütörtökön » 0, 833; pénteken 10 12 7 18 20 » 0, 833. pedig ismét 24 b) A valószínûséget nem tudjuk pontosan megadni, úgy 0,7–0,8 körül lehet. (A relatív gyakoriságok számtani átlaga 0,75, mediánjuk 0,8.)