A 2000. januári C-jelű matematika gyakorlatok megoldása

A közöltek csak megoldásvázlatok, esetleg csak végeredmények. A maximális pontszám eléréséhez általában ennél részletesebb megoldás szükséges. A részletes megoldásokat a beküldött dolgozatok alapján a KöMaLban folyamatosan közöljük.

C. 565. Egy tálba egymás után felütünk tíz darab tojást. A tojások közül kettő romlott, de ez csak a feltöréskor derül ki. A záptojások az összes előttük feltört tojást használhatatlanná teszik. A tálat ilyenkor kimossuk és a megmaradt tojásokkal folytatjuk az eljárást. A jó tojásoknak átlagosan hányadrésze megy ilymódon veszendőbe?

1. megoldásvázlat.Mindegyik jó tojás - valszínűséggel kerül a két záptojás elé, közé illetve után, tehát valószínűséggel megy veszendőbe. A 8 jó tojásnak tehát átlagosan a -része megy veszendőbe.

2. megoldásvázlat. Összesen 10!-féle lehetséges sorrendje van a 10 tojásnak.

Hány olyan eset van, amikor k tojás megy veszendőbe? Az egyik záptojásnak a (k+2)-edik helyen kell állnia. Hogy ez melyik záptojás, az 2 lehetőség. A másik záptojásnak valamelyik korábbi helyen kell állnia, ez k+1 lehetőség. Végül a 8 jó tojást kell elhelyezni a megmaradt helyeken, ez 8! lehetőség. Tehát 2^.(k+1)^.8! olyan sorrend van, amikor pontosan k darab jó tojás vész el.

A kárba veszett tojások száma az összes lehetséges sorrendben összesen

(2^.1^.8!)^.0+(2^.2^.8!)^.1+...+(2^.9^.8!)^.8=480^.8!.

A kárba veszett tojások száma átlagosan , azaz a jó tojásoknak átlagosan a -része megy veszendőbe.

C. 566. Oldjuk meg a következő egyenletet:

Megoldásvázlat. Három esetet vizsgálunk: ha x<1, ha 1x<3 illetve ha 3x.

a) Ha x<1, akkor |x-1|=1-x és |x-3|=3-x. Ezeket behelyettesítve az

x²-x=0

egyenletet kapjuk, aminek egy gyöke a (-;1) intervallumban van: x=0.

b) Ha 1x<3, akkor |x-1|=x-1 és |x-3|=3-x. Ezeket behelyettesítve az

(x-2)²=1

egyeneletet kapjuk, aminek az [1;3) intervallumban egy megoldása van: x=1.

c) Ha 3x, akkor |x-1|=x-1 és |x-3|=x-3. Ezeket behelyettesítve az

x²-7x+12=0

egyenletet kapjuk, ennek a [3;) intervallumban egy gyöke van: x=3.

A feladatnak tehát három megoldása van: x₁=0, x₂=1 és x₃=3.

C. 567. Egy téglatest minden élének mérőszáma egész. A téglatest térfogatának, fél felszínének és az egyik csúcsba befutó élek hosszának mérőszámait összeadva 2000-et kapunk. Mekkorák a téglatest élei?

Megoldásvázlat. Az élek hosszát a, b, c-vel jelölve

abc+ab+ac+bc+a+b+c+1=(a+1)(b+1)(c+1)=2001.

A 2001-et csak egyféleképpen lehet 1-nél nagyobb egész számok szorzataként felírni: 2001=3^.23^.29. Ezért a téglalap éleinek hossza 2, 22 és 28 egység.

C. 568. Az ötös lottó sorsolásnak hány olyan különböző kimenetele lehetséges, amelynél a nyerő számok a) számtani b) mértani sorozatot alkotnak?

Megoldásvázlat.

a) A számtani sorozat differenciája 1,2,...,22 lehet. Ha a differencia d, akkor az első elem 1 és 90-4d közé esik, tehát (90-4d)-féle lehet. A sorozatok száma összesen

86+82+78+...+2=968.

b) Írjuk fel a mértani sorozat hányadosát p/q alakban, ahol p és q relatív prímek, továbbá p>q. Ha a sorozat első eleme a, utolsó eleme b, akkor

a^.q⁴=b^.p⁴.

Ebből következik, hogy a osztható q⁴-nel, és b osztható q⁴-nel. Mivel mindkét szám legfeljebb 90, ebből következik, hogy p⁴ és q⁴ legfeljebb 90, azaz p és q legfeljebb 3. Összesen háromféle számpár jöhet szóba: p=1 és q=2, p=1 és q=3 illetve p=2 és q=3.

Ha p=1 és q=2, azaz a mértani sorozat hányadosa 2, akkor a számok: a, 2a, 4a, 8a, 16a. Ezek a számok akkor esnek 1 és 90 közé, ha a5. Ez összesen 5 sorozat.

Ha p=1 és q=3, azaz a mértani sorozat hányadosa 3, akkor a számok: a, 3a, 9a, 27a, 81a. Ezek a számok csak akkor esnek 1 és 90 közé, ha a=1.

Ha p=2 és q=3, akkor a/16-ot c-vel jelölve az öt szám 16c, 24c, 36c, 54c és 81c. Csak c=1 lehetséges.

Összesen tehát 7-féle mértani sorozat lehetséges.

C. 569. Az y=x² parabolához az y=x egyenletű egyenes mely pontjából húzható két, egymásra merőleges érintő?

Megoldásvázlat. Keressük az érintők egyenletét y=mx+b alakban.

Az érintőnek egyetlen közös pontja van a parabolával, tehát az

x²=mx+b

egyenlet diszkriminánsa 0:

(1)    m²+4b=0.

Ha az érintő átmegy a (p,q) ponton, akkor

(2)    q=mp+b.

Az (1) és (2) egyenletekből m-re a következő egyenletet kapjuk:

(3)    m²-4pm+4q=0.

A két érintő akkor merőleges egymásra, ha a meredekségük szorzata -1. A (3) egyenlet gyökeinek szorzata 4q, vagyis a merőlegesség feltétele q=1/4. (Ebben az esetben (3) diszkriminánsa biztosan pozitív, tehát a két érintő valóban létezik.)

Az y=x egyenesen egy ilyen pont van: az (1/4; 1/4).

Megjegyzés. Lényegében azt az ismert tételt bizonyítottuk be, hogy azok a pontok, amelyekből két merőleges érintő húzható a parabolához, a parabola vezéregyenesének a pontjai.