![]() |
A 2003. novemberi 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 KöMaL-ban folyamatosan közöljük.
C. 735.Az egységnyi oldalú ABCD négyzet AB, BC, CD, DA oldalán fölvesszük az A1, B1, C1, D1 pontokat úgy, hogy AA1=BB1=CC1=DD1=15. Mekkora az A1B1C1D1 négyszög területe?
Megoldás. Az A1B1C1D1 négyszög területe az egységnégyzet területénél az abból ,,leeső'' négy egybevágó derékszögű háromszög területösszegével kisebb, azaz 1−4⋅12⋅15⋅45=1725. (Egyébként az A1B1C1D1 négyszög is négyzet, oldalának hossza Pitagorasz tétele szerint √(45)2+(15)2=√175, ezért a területe (√175)2=1725.)
C. 736.Az internetről egy 1,5 MB-os fájlt töltünk le a számítógépünkre. A művelet során a program a letöltés addigi átlagos sebessége alapján folyamatosan megbecsüli a még hátralevő időt. A képernyőre pillantva azt látjuk, hogy a fájlnak pontosan a felét már letöltötte a program, s ekkor a műveletből hátralevő időt pontosan 2 percre becsüli. Ezután bármely t idő elteltével azt tapasztaljuk, hogy (a hálózat leterheltsége miatt) még mindig 2 percet ír ki a program a fájl letöltéséből hátralevő időként. Adjuk meg t függvényeként a fájl már letöltött részének méretét.
Javasolta: Koncz Levente, Budapest
Megoldás. Jelölje g(t) azt, hogy t idő alatt a fájl hányad részét sikerült letölteni. Ekkor - tetszőleges t-re - a még letöltésre váró 12−g(t) rész és a már letöltött g(t) rész arányának t-szerese azt mutatja, hogy a letöltésből hátralevő idő még mindig 2 perc, azaz
12−g(t)g(t)⋅t=2,
így g(t)=t2t+4, tehát a t idő múlva már letöltött rész mérete a fájl teljes terjedelmének a g(t)+12=t+1t+2 része, azaz t+1t+2⋅1.5MB.
C. 737.Egy cukorkát gyártó vállalatnál a legújabb terméket téglatest alakú dobozokba kívánják csomagolni, a 10 dobozból összeálló gyűjtőcsomagokat pedig vékony fóliával burkolni.
Az igazgató szerint előnyös lenne, ha a gyűjtőcsomag geometriailag hasonló volna a cukorkás dobozhoz. Megvalósítható-e az elképzelése?
Megoldás. Az elképzelés megvalósítható, pl. ha a cukorkás doboz oldalai a=1, b=3√10, c=3√100, akkor a legnagyobb b xc lap mentén 10-es oszlopba csomagolva a csomag b xc x10a-s méretei az eredetihez hasonló téglatestet jelentenek, hiszen bc=3√103√100=13√10=ab és c10a=3√10010=3√103√100=bc.
C. 738.Milyen nagy lehet egy háromszög területe, ha egyik oldalának a hossza sem nagyobb 2-nél?
Megoldás. A háromszög területe nem csökken, ha akkorára nagyítjuk, hogy a legnagyobb oldala 2 legyen. Jelölje az ehhez tartozó magasságot m, ami az oldalt x és 2-x hosszúságú szakaszokra vágja. Pitagorasz tétele szerint a másik két oldal √m2+x2≤2 és √m2+(2−x)2≤2.
A háromszög akkor megengedett, ha az x2 ≤4 - m2 és az x2 - 4x + m2≤0 egyenlőtlenségeknek van közös x megoldása. Külön-külön az egyenlőtlenségek megoldása: 0≤x≤√4−m2 és 2−√4−m2≤x≤2+√4−m2. Közös megoldás pontosan akkor létezik, ha 2−√4−m2≤√4−m2, azaz m≤√3. Így a háromszög területe t=12⋅2m=m≤√3, és a maximumát akkor veszi fel, ha m=√3, x=1, és ekkor a háromszög másik két oldalának hossza is 2 egység.
C. 739.Egy ,,csuklós'' deltoid oldalai 3 cm és 4 cm hosszúak, szögei változtathatók. Mekkora a konvex deltoid átlóinak hossza, ha a területe fele az elérhető legnagyobb értéknek?
Megoldás.
A deltoid területe t=3 .4 .sin α, ezért a terület legnagyobb értéke tmax = 12, ennek fele pedig 6. Ha 6= t = 12 .sin α, akkor sinα=12, így α= 30o vagy 150o, ezért cosα=±√32. A koszinusz tétel szerint e2=32+42−2⋅3⋅4cosα=25±12√3.
Azonban ha az α=30o-hoz tartozó e értéket felhasználva kiszámítjuk cos β-t, azt kapjuk, hogy az negatív, így ebben az esetben a deltoid konkáv lenne.
Az α=150o-hoz tartozó esetben a deltoid biztosan konvex. Átlóinak hossza: e=√25+12√3 és f=2te=12√25+12√3.