A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész 1. Az tízes számrendszerbeli számban az és számjegyek véletlenszerű megválasztásánál mi a valószínűsége annak, hogy a szám osztható -tel?
Megoldás. Az és az egymástól függetlenül 10-féleképpen választható meg, ezért 100 darab adott alakú szám van. 15-tel csak azok a számok oszthatók, amelyek 3-mal és 5-tel is oszthatók. Az szám csak akkor osztható 5-tel, ha az értéke 0 vagy 5. Ha , akkor a számjegyek összege , ezért az lehetséges értékei 0, 3, 6 vagy 9. Így 4 darab olyan számot kapunk, amely 0-ra végződik és osztható 15-tel. Ha , akkor a számjegyek összege , itt az lehetséges értéke 1, 4 vagy 7 lehet, újabb 3 számot kapunk. Tehát ha felírnánk az és összes lehetséges értékével a 100 darab számot, akkor 7 darab lenne közöttük, amely osztható 15-tel. A kérdéses valószínűség így 0,07.
2. Két különböző sugarú kör kívülről érinti egymást. Bizonyítsuk be, hogy a közös belső érintőnek a közös külső érintők közötti szakasza egyenlő a két sugár mértani közepének a kétszeresével.
Megoldás. Mivel körhöz külső pontból egyenlő hosszúságú érintők húzhatók, azért az ábra jelölései alapján így .
A háromszögben . Ebből , azaz
3. Ábrázoljuk derékszögű koordinátarendszerben azoknak a pontoknak a halmazát, amelyek kielégítik az alábbi egyenletet: ; ; ; .
Megoldás. . Egy szorzat csak akkor 0, ha legalább az egyik tényezője 0, azaz , vagy . Ezekből , és tetszőleges valós szám, vagy .
Mivel , és , azért az egyenlőség csak abban az esetben teljesül, ha és , azaz és . Ez egyetlen pontra teljesül, ez . , de , azaz , de . , de , azaz , de , és így .
4. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenlőtlenséget: | |
Megoldás. Az egyenlőtlenség minden valós -re értelmezve van. A logaritmus alapja és a logaritmus numerusza is pozitív, az alap nem egyenlő 1-gyel, valamint e két érték egymás reciproka, hiszen szorzatuk 1, ezért a . Ennek felhasználásával az egyenlőtlenség a következőképpen módosul: Vezessük be a jelölést. Ekkor . | | , így csak az esetet kell vizsgálni. | | A megoldás: vagy .
II. rész 5. Három pozitív szám harmonikus közepe , a mértani közepük , a négyzetes közepük pedig . Mivel egyenlő a számtani közepük?
Megoldás. A feladat feltételei alapján felírhatjuk, hogy
Az értékét helyettesítsük be az (1) egyenletbe: | | Ehhez az utóbbi egyenlethez adjuk hozzá a (3) egyenletet: | | Mivel , és pozitív, azért .
6. A másodfokú egyenletben határozzuk meg a valós paraméter értékét úgy, hogy az ellentétes előjelű valós gyökök közül egyik se legyen nagyobb -nél. Van-e a paraméternek olyan értéke, amelyre az függvény az -nél veszi fel a maximumát, és ennek értéke ?
Megoldás. A másodfokú egyenletben . Az egyenlet gyökei a következő alakban írhatók fel: | | Az egyenlet diszkriminánsa
az egyenletnek a paraméter minden szóbajövő értékére valós gyökei vannak. A gyökök akkor és csak akkor ellenkező előjelűek, ha a szorzatuk negatív: a Vite-formula szerint . I. és . Ekkor negatív és pozitív. Így | |
II. és . Ebben az esetben | | Tehát vagy . Ha , akkor . Ennek gyökei: , és . Mivel a másodfokú függvénynek csak negatív főegyüttható mellett lehet maximuma, azért csak jöhet szóba. Könnyen ellenőrizhető, hogy az ebben az esetben adódó másodfokú polinomnak nem a 2 helyen van a maximuma, így a feladat kérdésére a válasz tagadó.
7. Az , , és pontokat forgassuk el az origó körül -kal pozitív irányba, majd az így kapott pontokra alkalmazzunk origó közepű kétszeres nyújtást. A kapott pontok legyenek rendre , , és . Igazoljuk, hogy az , , és szakaszok felezőpontjai paralelogrammát határoznak meg, vagy egy egyenesre esnek.
Megoldás. Határozzuk meg először a forgatva nyújtással kapott pontok koordinátáit:
A felezési pontok koordinátái: | | Az F3 koordinátái az F1 megfelelő koordinátáinak ellentettjei, ugyanez teljesül F4 és F2 koordinátáira, így F3 az F1-nek, F4 az F2-nek az origóra vonatkozó tükörképe. A négy pont tehát vagy egy egyenesre esik, vagy egy paralelogramma négy csúcsa. Ha az adott pontok egy egyenesre esnek, azaz a1a2=b1b2, akkor az F1, F2, F3 és F4 pontok is egy egyenes mentén helyezkednek el, mert az a1a2=b1b2 egyenlőségből következik, hogy | a1-2a22a2+2a12=b1-2b22b2+2b12. |
8. Hány valós megoldása van az egyenletnek, ha a k valós paraméter?
Megoldás. A nevező sosem nulla, az adott egyenlet ekvivalens átalakításával a következő, legfeljebb másodfokú egyenlethez jutunk: (k-1)x2+(2k+4)x+3k-4=0. Ha k=1, akkor 6x-1=0, x=16. Ekkor egy valós megoldás van. Ha k≠1, akkor másodfokú az egyenlet, és a diszkriminánsa D=(2k+4)2-4(k-1)(3k-4)=-8k2+44k. Ha D=0, azaz k=0, vagy k=5,5, akkor szintén egy valós megoldása (egy kétszeres gyöke) van az egyenletnek. Ha D pozitív, azaz 0<k<112, de k≠1, akkor két különböző valós megoldás van. Ha D negatív, azaz k<0 vagy k>112, akkor nincs valós megoldás. Megjegyzés: Az eredményből következik, hogy a valós számok halmazán értelmezett x2-4x+4x2+2x+3 törtkifejezés értékkészlete a [0;112] zárt intervallum.
9. Egy dobozban n darab fehér és kétszer annyi fekete golyó van (n≥3), amelyek tapintással nem különböztethetők meg. Visszatevés nélkül kihúzunk 3 darabot. a) A ξ valószínűségi változó jelentse a mintában lévő fehér golyók számát. Határozzuk meg a P(ξ=0), P(ξ=1), P(ξ=2) és a P(ξ=3) valószínűségeket. b) Milyen n esetén lesz 0,25-nál nagyobb annak a valószínűsége, hogy legalább 2 fehér golyó van a mintában? c) Mennyi az a) részben kiszámított valószínűségek határértéke, ha az n tart a +∞-hez? d) Hogyan módosulnak az a) részben megadott valószínűségek, ha visszatevéses mintával dolgozunk?
Megoldás. a) A mintában lévő fehér golyók száma ξ, amelynek értékei 0, 1, 2 vagy 3.
P(ξ=0)=(n0)⋅(2n3)(3n3)=2n(2n-1)(2n-2)63n(3n-1)(3n-2)6=8n2-12n+427n2-27n+6,P(ξ=1)=(n1)⋅(2n2)(3n3)=n⋅2n(2n-1)23n(3n-1)(3n-2)6=4n2-2n9n2-9n+2,P(ξ=2)=(n2)⋅(2n1)(3n3)=n(n-1)2⋅2n3n(3n-1)(3n-2)6=2n2-2n9n2-9n+2,P(ξ=3)=(n3)⋅(2n0)(3n3)=n(n-1)(n-2)63n(3n-1)(3n-2)6=n2-3n+23⋅(9n2-9n+2).
b) Annak valószínűsége, hogy legalább két fehér golyó van a mintában: | P(ξ≥2)=3⋅(2n2-2n)+n2-3n+23⋅(9n2-9n+2)=7n2-9n+227n2-27n+6>14. | A nevező pozitív számok szorzata (n legalább 3), ezért a fenti egyenlőtlenség egyenértékű az n2-9n+2>0 egyenlőtlenséggel. Ennek megoldása n<9-732≈0,228 vagy n>9+732≈8,772. Ezek alapján az n legalább 9. c) limn→∞P(ξ=0)=827,limn→∞P(ξ=1)=1227,limn→∞P(ξ=2)=627 és limn→∞P(ξ=3)=127. d) Visszatevéses mintával dolgozva
P(ξ=0)=(30)⋅(13)0⋅(23)3=827,P(ξ=1)=(31)⋅(13)1⋅(23)2=1227,P(ξ=2)=(32)⋅(13)2⋅(23)1=627,P(ξ=3)=(33)⋅(13)3⋅(23)0=127.
Megjegyzés: Ezek a valószínűségek rendre megegyeznek a c) részben kiszámított határértékekkel. |