Egy lehetséges tételsor megoldásokkal

Egy lehetséges tételsor megoldásokkal

A vizsgatétel I. része a IX. és X. osztályos anyagot öleli fel, 6 különböző fejezetből vett feladatból áll, összesen 30 pontot ér. A közzétett tétel-variánsok és az előző években adott vizsgatételek felépítése alapján az I. részben a következő fejezetekből várható feladat:      

másodfokú függvény, másodfokú egyenletek és a Viéte-összefüggések a logaritmus-függvény, az exponenciális-függvény, logaritmikus-egyenlet, exponenciális-egyenlet trigonometria és a trigonometria alkalmazása a síkmértanban vektorok, analitikus geometria valószínűségszámítás kombinatorika, Newton binomiális képlete

A II. rész a XI. és XII. osztályos algebra anyagból (permutációk, mátrixok, determinánsok, lineáris egyenletrendszerek, csoportok, gyűrűk, testek, polinomok) tartalmaz két feladatot, mindkét feladat 3-3 alpontból áll. Minden alpont 5-5 pontot ér. A III. rész a XI. és XII. osztályos analízis anyagából tartalmaz két feladatot, mindkét feladat 3-3 alpontból áll. Minden alpont 5-5 pontot ér. Fontos, hogy a megoldott feladatoknál ne hibázzunk, amit sikerült levezetni, az legyen helyes- ha már esélyünk van 5 pontot szerezni, akkor könnyelműség lenne figyelmetlenség miatt csak 3 pontot kapni (valójában ekkor nem 3 pontot szereztünk, hanem 2-t elherdáltunk, ez „végzetes” lehet). Éppen ezért ki kell használni az időt, felelőtlenség a három óra lejárta előtt beadni a dolgozatot, a számolásokat, levezetéseket újra kell olvasni akár többször is. A számolásokat (persze a rendelkezésünkre álló idő függvényében) érdemes újra elvégezni a piszkozatlapon (ha egyszer valamit eltévesztettünk, akkor a puszta átolvasás során nagy valószínűséggel nem vesszük észre a hibát, átsiklunk felette). Néhány feladat úgy van megfogalmazva, hogy egy bizonyos mértékig az ellenőrzés lehetőségét is már magában foglalja („Igazoljuk, hogy a ... szám természetes. ”- ekkor a

3 biztos téves eredmény).

A II. és III. részek a) alpontja (és gyakran a b) is, sőt, ritkábban a c) is) az alapfogalmak ismeretében már megoldhatók. Ha nem is sikerül megoldani a feladatot, a feladathoz kapcsolódó értelmezéseket, tételeket, képleteket mindenképpen érdemes leírni, sok esetben már ennyi is 1-2 pontot ér. A XI.-es analízis feladatnál a függvény változástáblázatát mindenképp meg kell határozni (minél teljesebben), néhány pontot szerezhetünk ezzel- sőt, talán a megoldást is le tudjuk olvasni a táblázatról.

• Minden feladat kötelező. Munkaidő 3 óra. Megjelenés 10 pont. • Minden feladat teljes megoldását írd a vizsgalapra. 5p 5p 5p 5p 5p

I. FELADAT 1. Határozd meg az m   számot, ha az f :    , f ( x)  x 2  (m  1) x  m függvényhez rendelt parabola érinti az Ox koordinátatengelyt! 2. Határozd meg az a   számot úgy, hogy a 4a 1  20, 28  2  2a 1 , 2a  2  4 számok számtani haladványban legyenek.     3. Oldd meg a  0,3  halmazon a sin  2 x    sin  x   egyenletet. 3 6    szög 4. Adottak az A(2,3), B (5, 2), C (4, 2) pontok. Határozd meg a BAC koszinuszát. 5. Adott az A  1, 2,3, 4,5, 6 halmaz. Határozd meg annak a valószínűségét, hogy az

A  A Descartes-szorzat egy véletlenszerűen kiválasztott  a, b  eleme esetén a  b  2

legyen. 5p

1   6. Az  a 2  3  , a  0 kifejtés melyik tagja tartalmazza az a 4 hatványt? a  II. FELADAT ax  y  z  1  1. Adott az  x  ay  z  1 , a   egyenletrendszer.  x  y  az  a 

5p

a) Igazold, hogy a rendszer determinánsának értéke  a  2  a  1 . b) Oldd meg a rendszert abban az esetben, ha az kompatibilis és határozott! c) Oldd meg a rendszert a  2 esetén! 2. Adott az a   szám és az x 3  x  a  0 egyenlet, amelynek gyökei az x1 , x2 , x3 komplex számok. a) Számítsd ki az  x1  1 x2  1 x3  1 szorzat értékét.

5p 5p

5p 5p 5p

5p 5p 5p

9

2

b) Ha x1  2 , oldd meg az egyenletet. c) Határozd meg az a   azon értékeit, amelyekre x1 , x2 , x3 egész számok. III. FELADAT 1 1. Adott az f :  \ 2  , f ( x)   e| x| függvény. x2 a) Tanulmányozd az f függvény deriválhatóságát az x0  0 pontban! b) Határozd meg az f függvény helyi szélsőérték-pontjait. c) Határozd meg az f ( x )  m egyenlet valós gyökeinek számát az m valós paraméter függvényében. 2. Adott az  I n n1 , I n   x n e x dx, n  * sorozat. 1

0

5p

a) Számítsd ki I1 értékét.

5p

b) Igazold, hogy az  I n  sorozat konvergens.

5p

c) Számítsd ki a lim nI n határértéket. n 

I.1.

Egy parabola és az Ox -tengely metszéspontjainak az abszcisszáit az f ( x )  0 egyenlet gyökei adják meg, így egy parabola akkor o érinti az Ox -tengelyt, ha az egyenletnek pontosan egy gyöke van, azaz   0 o metszi az Ox -tengelyt két különböző pontban, ha az egyenletnek két valós gyöke van, azaz   0 o nem metszi az Ox -tengelyt, ha az egyenletnek nincs valós gyöke, azaz   0 ekkor a parabola teljes egészében a tengely fölött helyezkedik el (ha a főegyüttható pozitív a  0 ) vagy teljes egészében a tengely alatt van (ha a főegyüttható negatív a  0 ) Esetünkben a feltétel az, hogy   0 legyen. 2   b 2  4ac   m  1  4m  m 2  2m  1   0  m 2  2m  1  0   m  1  0  m  1  0  m  1 2

I.2.

Tehát a kért érték m  1 . Az a, b, c számok akkor vannak számtani haladványban, ha b  a  c  b  a  c  2b . Ez alapján, a 4a 1  20, 28  2  2a 1 , 2a  2  4 számok akkor vannak számtani haladványban, ha  4 a 1  20    2 a  2  4   28  2  2 a 1 . Egy ilyen exponenciális

egyenletet általában a következő lépések alapján oldunk meg: o a hatványokat a kitevők szerint két hatvány szorzatára vagy hányadosára bontjuk o az ismeretlent tartalmazó hatványt eljelöljuk t -vel (ha az egyenletben szerepel például 3x is és 9 x is, akkor a 3x  t jelöléssel

9 x   32   32 x  3x2   3x   t 2 ) x

2

megoldjuk az új (első- vagy másodfokú) egyenletet ( t az ismeretlen) o a t minden értékére meghatározzuk a megfelelő x -t. a 1  4  20    2a2  4   2   28  2  2a1    4a  41  20    2a  22  4   56  4  2a  21  o

4  4a  4  2a  40  8  2a  4  4a  12  2a  40  0 A 2a  t jelöléssel 4 a  t 2 , azaz 4t 2  12t  40  0 .  t  12 2  4  4  (40)  784 , t1  2, t2  5 . 2a  2  a  1 , 2 a  5 nincs megoldás, így M  1 .

I.3

A sin A  sin B  A   1  B  k , k   összefüggés alapján k

    k    sin  2 x    sin  x    2 x    1   x    k . 3 6 3 6    Ha k páros, azaz k  2l , l   , akkor      2 x   x   2l  x    2l  x   2l . 3 6 6 3 2    Ez az érték akkor esik a  0,3  intervallumba, ha l  0,1 , tehát M 1   ,  2  . 2 2  Ha k páratlan, azaz k  2l  1, l   , akkor      2 x     x     2l  1   2 x    x    2l  1   3 6 3 6      3 x     2l  1   x    2l  1 3 6 18 3 0,3 Ez az érték akkor esik a   intervallumba, ha l  0,1, 2,3 , tehát

 5  7     M2    , ,  ,  . 18 3 18 3  18 3 18

I.4.

  5 7 19 31 43  A megoldáshalmaz tehát M  M 1  M 2   , , , , , .  2 2 18 18 18 18  I. megoldás (vektoriálisan)   2 AB   5  2, 2  3   3, 1 , AB  32   1  10   2 AC   4  2, 2  3   2, 5  , AC  22   5   29   AB  AC  3  2   1   5   11 A skaláris szorzás értelmezése szerint         AB  AC  AB  AC  cos AB, AC 













  cos BAC   11  11 290 11  10  29  cos BAC 290 290 II. megoldás Két pont távolságképlete alapján AB 

AC 

 4  2    2  3 2

2

 5  2    2  3

 29 , BC 

2

2

 10 ,

5  4   2  2 2

2

 17 .

Az ABC háromszögben a koszinusz-tétel alapján  BC 2  AB 2  AC 2  2  AB  AC  cos BAC

22 11 290  . 290 2 290 Lehetséges esetek halmaza: 1,1 ; 1, 2  ;...; 1, 6  ;  2,1 ;...;  2, 6  ;...;  6, 6  , így ö.l.e.sz. =36. Kedvező esetek halmaza: 1, 4  ; 1,5  ; 1, 6  ;  2,5  ;  2, 6  ;  3, 6  , így k.e.sz.=6.   cos BAC  17  10  29  2  10  29  cos BAC

I.5.

k .e.sz. 6 1   . ö.l.e.sz. 36 6 k .e.sz. Megjegyzés: a p  képletet mindenképp érdemes felírni (általában 1 pontot ér). ö.l.e.sz. Ha egy binom valamely hatványának valamely tagjáról mond valamit a feladat, egyértelműen a kifejtés általános tagjának a képletét kell felírni: Tk 1  Cnk a n  k b k , 0  k  n .

A kért valószínűség p 

I.6.

Jelen esetben Tk 1  C   a k 9



2 9 k

k 54  7 k 18  2 k  1  1  3   3   C9k  a18 2 k  k  C9k  a  C9k  a 3 .  a a3 k

54  7 k  4  k  6. 3 A kért tag tehát a hetedik, T6 1  T7  C96 a 4  84a 4 .

Ha egy tag az a 4 hatványt tartalmazza, akkor

II.1.

a 1 1   a) A rendszer mátrixa A   1 a 1  . Érdemes megfigyelni, hogy minden sorban az 1 1 a   elemk összege megegyezik, ezért az egyik oszlophoz hozzáadva a második, majd a harmadik oszlopot, kiemelhetjük a közös tényezőt:

O1 O 2  O 3

det A



a 1 1 a2 1 1 1 1 1 1 a 1  a  2 a 1   a  2  1 a 1 1 1 a a2 1 a 1 1 a

O 3 O 2, O 2  O1



1 0 0 kif . S 1 a 1 1 a 2   a  2  1 a 1 1  a   a  2    a  2    a  1 0 a 1 1 0 a 1

b) A rendszer akkor kompatibilis és határozott, ha det A  0 . 2 det A  0   a  2  a  1  0  a  2,1

Tehát a rendszer akkor összeférhatő határozott, ha a   \ 2,1 . Ebben az esetben alkalmazhatjuk a Cramer-szabályt. 1 1 1 a 1 1 y x  x  1 a 1  0, x   0 ,  y  1 1 1  0, y  0,   a 1 a 1 a a

a 1 1  z  1 a 1  , z  1 1 a

z  1. 

Tehát a megoldáshalmaz M   0, 0,1 .

 2 1 1    c) a  2 esetén a rendszer mátrixa A   1 2 1  , bővített mátrixa  1 1 2     2 1 1 1    A   1 2 1 1  . Mivel rangA  rang A  3 , a rendszer összeférhető,  1 1 2 2     2 1  határozatlan. Főminora a   , így a főismeretlenek x, y , a mellékismeretlen z , a  1 2  főegyenletek az első és második egyenletek. 2 x  y  1   x   1 Ha z     , akkor   , így a megoldáshalmaz x  2 y  1  y   1

M    1,   1,   |    .

II.2.

Az ilyen jellegű feladatoknál (ahol x1 , x2 ,... egy polinom gyökeit jelöli) első lépésként a Viéte-összefüggéseket írjuk fel. Sok esetben a gyökök négyzetösszegének kiszámolása jelenti a megoldás kulcslépését, ezért érdemes mindig kiszámolni az x12  x22  ... összeget is. 0   S1  x1  x2  x3  1  0  1   1  S 2  x1 x2  x1 x3  x2 x3  1  a   S3  x1 x2 x3  1   a  x12  x22  x32  S12  2 S 2  0  2  2 a) A szorzásokat elvégezve

A   x1  1 x2  1 x3  1  x1 x2 x3  x1 x2  x1 x3  x2 x3  x1  x2  x3  1   S1  S2  S3  1  0  1  a  1   a

Másképp, a P  x   x3  x  a polinom felírható P  x    x  x1  x  x2  x  x3  alakba, ahonnan P  1   1  x1  1  x2  2  x3   a   1  x1 1  x2 1  x3   1  x1 1  x2 1  x3    a

b) Mivel x1  2 az egyenlet egyik gyöke, ezért P  2   0  8  2  a  0  a  6 .

Ekkor az egyenlet x 3  x  6  0 . Mivel az egyik gyök 2, a polinom osztható  x  2  vel. A hányadost a Horner-sémával határozzuk meg: 1 0 -1 -6 2 1 2 3 0 2  8i Az x 2  2 x  3  0 egyenletnek esetén   8 , így x1,2   1  2i . 2 M  2, 1  2i, 1  2i .





c) Mivel x1 , x2 , x3 egész számok és x12  x22  x32  2 , ez csak úgy lehetséges, ha valamelyik gyök 0 , a másik kettő pedig 1 (megérte kiszámolni a négyzetek összegét). A 0 gyök, így P  0   0  a  0 , ekkor az egyenlet x 3  x  0 , melynek gyökei III.1.

0,1, 1   . A moduluszt tartalmazó függvényeket előszőr ki kell bontani:  1 x  x  2  e , ha x  0, x  2 f ( x)   , mert a modulusz-függvény nem tartozik az elemi 1 x   e , ha x  0  x  2 függvények közé (az m :   , m( x ) | x | függvény folytonos  -n és deriválható * -n). a) A deriválhatóság vizsgálatakor előbb mindig a folytonosságot ellenőrizzük- ha egy függvény deriválható egy pontban, akkor folytonos is abban a pontban, ezért ha nem folytonos egy pontban, akkor nem is lehet deriválható abban a pontban, a folytonosság vizsgálata a deriválhatósághoz képest jóval egyszerűbb. A függvény folytonos és deriválható a   , 0  \ 2   0,   halmazon (elemi

függvények összege, szorzata, hányadosa, összetettje folytonos és deriválható az értelmezési tartományon). Előbb vizsgáljuk a folytonosságot az x0  0 pontban:

lb  0   lim x 0 x0

e x 1 ex 1 1  , l j  0   lim  , f (0)  , így lb  0   l j  0   f  0  , azaz a x 0 x  2 x2 2 2 2 x 0

függvény folytonos az x0  0 pontban. Vizsgáljuk a deriválhatóságot az x0  0 pontban:

e x 1  l 'H f ( x)  f (0) fb  0   lim  lim x  2 2  lim x 0 x 0 x0 x 0 x 0 x0 x0 " " x0 0

e  x  x  2   e  x

 x  2 1

2

 lim x 0 x0

e  x  x  3

 x  2

2



3 4

ex 1  l 'H f ( x)  f (0) f j  0   lim  lim x  2 2  lim x 0 x 0 x0 x 0 x 0 x 0 x 0 " " x 0

ex  x  2  ex

 x  2 1

2

 lim x 0 x 0

0

e x  x  1

 x  2

2



1 , így a 4

függvény nem deriválható az x0  0 pontban.  e  x   x  3 , ha x  0, x  2  2 x  2    f  :  \ 0, 2  , f   x    x  e   x  1 , ha x  0  x2 2    b) Ha a függvény deriválható, a Fermat-tétel szerint a szélsőértékpontok a stacionárius pontok (a derivált gyökei) közül kerülnek ki. Oldjuk meg az f   x   0 egyenletet.

Ha x  0 , akkor

e  x   x  3

 0  x  3  0  x  3   , 0  2  x  2 e x   x  1  0  x  1  0  x  1  0,   . 2  x  2

Ha x  0 , akkor 

Tehát az egyetlen stacionárius pont az x  3 , de ezen kívül még szélsőértékpont-jelölt lehet a 0 is (a függvény nem deriválható ebben a pontban, így a Fermat-tétel nem mond róla semmit). Nem minden stacionárius pont szélsőértékpont, ezért el kell készítenünk a függvény változástáblázatát. A táblázat első, x -re vonatkozó sorába a következő értékeket kell felvenni: o 2 , mert a függvény nem értelmezett ebben a pontban o 0, mert a függvény nem deriválható ebben a pontban o -3, mint stacionárius pont

x f  x f  x

 +++

-3 0



e3

---

-2 |

---



|



0 | 1 2

 +++ 

A táblázatról leolvasható, hogy x  3 helyi maximumpont, x  0 helyi minimumpont Megjegyzések: az x  0 szélsőértékpontot a Fermat-tételből nem kaphattuk volna meg, mert nem stacionárius pont. Gyakori hiba hogy az első sorból valamely érték kimarad. Érdemes (a táblázat utolsó sora alapján) elképzelni a grafikus képet, az sok esetben rámutat a hiba létezésére. Például, ha az x  2 értéket (figyelmetlenség miatt) kifelejtettük az első sorban, akkor a táblázat azt mutatná, hogy az f ( x) függvényértékek a  3, 0  intervallumon e3 1 értékig- nyilvánvaló, hogy valami nincs rendjén. 2 c) A táblázat alapján a  , 3 intervallumon a függvényértékek növekednek e3 -ig. Meg kell határoznunk, hogy a növekedés honnan indul. e x l ' H e  x lim f ( x)  lim  lim   . x  x  x  2  x  1

értéktől csökkennek az



e x e2 e x e2 Hasonlóan, lim f ( x)  lim    , lim f ( x)  lim    , x 2 x 2 x  2 x 2 x 2 x  2 0 0 x 2 x 2 x 2 x 2 ex l 'H ex  lim   , így a táblázat pontosítható: x  x  2  " x  1

lim f ( x)  lim x 

"

x f  x



-3

 

e3

-2 

 | 

0 1 2



 



Ez alapján  Ha m   , e3  , akkor az egyenletnek 2 megoldása van.     III.2.

Ha m  e3 , akkor az egyenletnek 1 megoldása van. 1  Ha m   e3 ,  , akkor az egyenletnek nincs megoldása. 2  1 Ha m  , akkor az egyenletnek 1 megoldása van. 2 1  Ha m   ,   , akkor az egyenletnek 2 megoldása van. 2 

a) Az I1   xe x dx integrált a parciális integrálás módszerével számoljuk ki: 1

0

f  x   x, g   x   e x  f   x   1, g  x   e x , így

   e   e  1  1.

I1  xe x   e x dx  e  e x 1

1

0

0

1

0

b) Azt, hogy egy sorozat konvergens, általában a Weierstrass-tétellel mutatjuk ki (ha egy sorozat korlátos és monoton, akkor konvergens). Egy sorozat monotonitását általában két egymás utáni tagja különbségének előjelével vizsgáljuk:

I n 1  I n   x n 1e x dx   x n e x dx   x n 1e x  x n e x dx   x n   x  1  e x dx 0 , 1

1

1

1

0

0

0

0

hisz az integrandus negatív. Tehát az  I n n1 sorozat csökkenő. A korlátossághoz elég egy alsó és egy felső korlátot adni. Mivel az integrandus pozitív ( x n e x  0 ), alsó korlátnak választhtajuk a 0-t: I n  0, n  * . A sorozat csökkenő, így egy felső korlát az I1 . A sorozat monoton (csökkenő) és korlátos ( I n   0, I1  ), így a Weierstrass tétel értelmében konvergens. c) Az első alpontban is alkalmazott parciális integrálás módszere itt is alkalmazható: f  x   x n , g   x   e x  f   x   nx n 1 , g  x   e x , így

   e  nI

I n   x n e x dx  x n e x   nx n 1e x dx  e  e x 1

1

1

0

0

0

1

0

n 1

, ahonnan I n  nI n 1  e .

Mivel az  I n n1 sorozat konvergens, létezik véges határértéke, lim I n  l   . n 

Ha l  0 , az előző összefüggésben határértékre térve lim  I n  nI n 1   e  l    l  e , n 

ellentmondás. Tehát l  0 , így I n 1   n  1 I n  e  I n 1  nI n  I n  e  nI n  e  I n 1  I n 

lim nI n  lim  e  I n 1  I n   e  0  0  e. n 

n 