HF9 eredmenyek

A 9. házi feladat pontszámai szignifikánsan alacsonyabbak lettek a korábbiaknál, ennek az oka elsődlegesen a trigonometrikus egyenletek (és az egyenlőtlenség) megoldása során elkövetett számos hiba. Ezek közül a legjellemzőbb típushibákra szeretnék itt is kitérni, ugyanis az egyes feladatlapokon ezeket tételesen nem javítottam, csak jelöltem.

1/a feladat 1/b feladat 2. feladat 3. feladat 4. feladat

1/a feladat

Az utóbbi néhány feladatlapon ritkán szerepelt olyan feladat, ahol az értelmezési tartomány vizsgálatát (kikötés) el kellett végezni, azonban nyomatékosan szeretném felhívni a figyelmet ennek a lépésnek a fontosságára. A mostani feladatban ez direkt módon befolyásolta a helyes megoldás megállapítását is, aki pedig sem a kikötést nem végezte el, sem az eredményét nem ellenőrizte (ezzel kiszűrve a hamis gyököket), az alapértelmezés szerint 0,3 pontot veszített.

A feladat megoldása során a többség sikeresen eljutott a
 sin²(x) = sin(x)
egyenlőségig. Ekvivalens átalakításnak csak a 0-tól különböző kifejezéssel való osztás minősül, itt azonban sokan minden további nélkül elvégezték az osztást sin(x) értékének vizsgálata nélkül. Az így kapott
 sin(x) = 1
egyenlet azonban csak a megoldás egyik részlete. Ezzel a típushibával alapértelmezés szerint 0,4 pontot lehetett veszíteni.
Fontosnak tartom kiemelni azt is, hogy a nem-nulla kifejezéssel való osztás kritériuma nem azt jelenti, hogy a feladatnak "kikötése" a
 sin(x) ≠ 0
forma... éppen ellenkezőleg: ez a másik része a megoldásnak; itt kellett volna (pl.) esetszétválasztással befelyezni a megoldást. (És ezért van az is, hogy a hibás osztásért viszonylag sok pontot lehetett veszíteni, ld. korábban.)

Végezetül a telejs értékű megoldás:
 sin²(x) = sin(x)
 sin²(x) – sin(x) = 0
 sin(x)(sin(x) – 1) = 0
itt pedig a valós számok körében a egy szorzat pontosan akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla, ez alapján pedig esetszétválasztás. Az első eset végigvezetésével kaphatunk olyan megoldásokat, amelyek a feladat értelmezési tartományán kívül esnek – ha már korábban elvégeztük a kikötést, akkor az nem dísznek készült: ezen a ponton össze kell vetni vele az eredményeket, és szükség esetén kizárni a hamis gyököket.
A feladat specialitása volt, hogy a kikötés helyes alakjában a következő szerepelt
 x ≠ 2kπ ez azonban nem esik egybe az első eset megoldásával: x = kπ
vagyis a kikötésre hivatkozva a teljes első esetet kizárni szintén hiba volt (ára: 0,1 pont, ha egyébként az két eset megoldása helyes volt), hiszen fél periódusonként [(2k+1)π] a megoldás helyes, ilyenkor ugyanis sin(x) értéke úgy nulla, hogy mellette a cos(x) éppen (-1), ez pedig eleme az értelmezési tartománynak.

A kritikus egyenletet természetesen lehetséges volt másodfokú megoldóképlettel is megoldani sin(x) értékeinek meghatározása végett, ekkor szintén előállt a két eset.

1/b feladat

A legelegánsabb megoldás a cos(2x) addiíciós tételének felismerésével érhető el, itt azonban nem szabad megfeledkezni arról, hogy az utolsó lépésnél a periódusban is osztani kell kettővel, hogy előálljon minden megoldás!

Alternatív lehetőség volt – az előző egyenlethez hasonlóan – a másodfokú kifejezések közötti kapcsolat kihasználása, így sin(x)-ben vagy cos(x)-ben másodfokú (egymással egyenértékű) egyenletekhez lehetett jutni. Ezen a ponton emlékeztetnék arra, hogy egy kifejezés négyzetéből gyököt vonva a kifejezés abszolútértékét kapjuk. (Közkeletűen, ha a²=4, akkor a egyenlő "pluszmínusz" kettővel...) Ennek kihagyása az esetek és a megoldások felének elvesztését jelentette, amit 0,4 pont levonásával voltam kénytelen honorálni.
Az 1/b feladatnak végül a két eset szétválasztásával – és 2π periódus alkalmazásával – négy megoldáshalmaza volt, azonban észre lehetett venni, hogy ezek párba állíthatók, így π periódus mellett egyszerűbb alakban, két megoldáshalmazként is megadhatók voltak.

2. feladat

A trigonometrikus egyenlőtlenség megoldása jelentette a legnagyobb problémát a legtöbbek számára; ez a html-forma azonban nem alkalmas a teljes értékű megoldás bemutatására, így csak néhány részletre hívom fel a figyelmet, részletesebb magyarázatra az órán, vagy személyes konzultáció alkalmával kerülhet sor.

• Nem fogadtam el azokat a kísérleteket, ahol minden indoklás nélkül az egyenlőtlenséget valaki felváltotta egyeneletekkel. – Az egyenlőtlenség megoldásaként előálló intervallum határait valóban így lehet ugyanis meghatározni, de ezt jelezni kell, általában az egyenlőtlenség és az egyenlet merőben különböző jelenség ugyanis.
• Másodfokú kifejezés négyzetgyökéről a fent elmondottak itt is állnak, az abszolúérték elhagyása a megoldás jelentős részének elvesztését jelentette, és itt is minimum 0,4 pont levonást eredményezett.
• |sin(x)| ≥ (√3)/2 esetszétválasztásával a [sin(x) ≥ (√3)/2], illetve a [sin(x) ≤ −(√3)/2] eseteket kapjuk. A második esetben a reláció meg-nem-fordítása teljesen értelmetlen esethez vezet, amely ráadásul teljes egészében tartalmazza is az első esetet.
• Az esetszétválasztással nyert két trig. egyenlőtlenség megoldásai (ebben az esetben éppen zárt) intervallumok; vagyis x1, x2 esetek, illetve félegyenesek megadása hibás.
• Az (érdemi) indoklás nélkül közölt helyes megoldásra 0,8 pont járt, amennyiben legalább precíz és helyes ábra (egységkör) kísérte, úgy további +0,1 pont volt megszerezhető.
  Teljes értékű megoldás a helyesen levezetett esetszétválasztás a határpontok precíz meghatározásával történhetett.

3. feladat

A feladat többségében jól sikerült, tipikus hibát jelentett azonban az értékesjegyek pontatlan, helytelen használata. Mivel a transzmittancia értéke csak három értékesjegyre adható meg, ennél precízebb végeredményt sem lehetséges kapni.
A beadott feladatok között volt 17 súlyosan elvi hibás is, ezért nyomatékosan felhívnám a figyelmet arra, hogy az abszorbancia nem a transzmittancia komplementere (1-T), hanem – amint arra a feladat szövege is utalt – a transzmittancia negatív logaritmusa [-lg(T)]. A feladatban az elvi hibás és a helyes megoldás megtévesztően közel esett egymáshoz, mivel az abszorbancia helyes értéke 0,870 volt, az elnyelt intenzitás (1-T) pedig 0,865.

4. feladat

Többségében ez sem okozott komoly problémát; tipikus hibát jelentett a törésmutató értékének meg nem adása (-0,4 pont), illetve a törési szög kiszámítása után a feladat félbehagyása (-0,3 pont, ha a törésmutatónál az értékesjegyek helyesek voltak).
Megjegyzésre érdemes azonban, hogy a törésmutatónál az értékesjegyek rendszerint nem voltak helyesek, mivel a fénysebességet mindössze egy értékes jeggyel vettétek figyelembe. A fénysebesség alapvető természeti konstans: amennyiben rendelkezésre áll (függvénytábla, tudományos számológépek döntő többségének memóriája!), akkor pontos értékével kell számolni, de legalább annyi értékesjeggyel, mint amennyit a körülmények (feladat) indokolnak.