Cím:	Megoldásvázlatok a 2006/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Szlovák Sándorné
Füzet:	2006/november, 471 - 476. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Felvételi előkészítő feladatsor

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész   1. Az $a=\overline{374x25y}$ tízes számrendszerbeli számban az $x$ és $y$ számjegyek véletlenszerű megválasztásánál mi a valószínűsége annak, hogy a szám osztható $15$-tel?   Megoldás. Az $x$ és az $y$ 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 $a$ szám csak akkor osztható 5-tel, ha az $y$ értéke 0 vagy 5. Ha $y=0$, akkor a számjegyek összege $3+7+4+x+2+5+0=21+x$, ezért az $x$ lehetséges értékei 0, 3, 6 vagy 9. Így 4 darab olyan számot kapunk, amely 0-ra végződik és osztható 15-tel. Ha $y=5$, akkor a számjegyek összege $3+7+4+x+2+5+5=26+x$, itt az $x$ lehetséges értéke 1, 4 vagy 7 lehet, újabb 3 számot kapunk. Tehát ha felírnánk az $x$ és $y$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle PE=P{E}_1=P{E}_2=QE=Q{E}_3=Q{E}_4\mathrm{,}}\end{array}$ így $PQ=P{E}_1+P{E}_2=E_1{E}_2=a$.     A $K_1{K}_{2}T$ háromszögben ${\left(R-r\right)}^2+a^2={\left(R+r\right)}^2$. Ebből $a^2=4Rr$, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle PQ=a=2\sqrt[]{R\cdot r}\mathrm{.}}\end{array}$   3. Ábrázoljuk derékszögű koordinátarendszerben azoknak a pontoknak a halmazát, amelyek kielégítik az alábbi egyenletet: $a)$ $\left(x-3\right)\cdot \left(4x-3y\right)=0$; $b)$ $17x^2-24xy+9y^2-6x+9=0$; $c)$ $\frac{4x-3y}{x-3}=0$; $d)$ $\frac{x-3}{4x-3y}=0$.   Megoldás. $a)$ $\left(x-3\right)\cdot \left(4x-3y\right)=0$. Egy szorzat csak akkor 0, ha legalább az egyik tényezője 0, azaz $x-3=0$, vagy $4x-3y=0$. Ezekből $x=3$, és $y$ tetszőleges valós szám, vagy $y=\frac{4}{3}x$. $b)$ ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle 17x^2-24xy+9y^2-6x+9}& {\displaystyle =0}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle 16x^2-24xy+9y^2+x^2-6x+9}& {\displaystyle =0}\hfill \\ \hfill {\displaystyle {\left(4x-3y\right)}^2+{\left(x-3\right)}^2}& {\displaystyle =0.}\hfill \end{array}}$ Mivel ${\left(4x-3y\right)}^2\ge 0$, és ${\left(x-3\right)}^2\ge 0$, azért az egyenlőség csak abban az esetben teljesül, ha $x-3=0$ és $4x-3y=0$, azaz $x=3$ és $y=4$. Ez egyetlen pontra teljesül, ez $P\left(3;4\right)$. $c)$ $\frac{4x-3y}{x-3}=0\Rightarrow 4x-3y=0$, de $x-3\ne 0$, azaz $y=\frac{4}{3}x$, de $x\ne 3$. $d)$ $\frac{x-3}{4x-3y}=0\Rightarrow x-3=0$, de $4x-3y\ne 0$, azaz $x=3$, de $y\ne \frac{4}{3}x$, és így $y\ne 4$.     4. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenlőtlenséget: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2^x+2^{-x}+\frac{1}{2^x+2^{-x}}\ge -\frac{11}{3\sqrt[]{2}}\text{log}{}_{\left(3-2\sqrt[]{2}\right)}\left(3+2\sqrt[]{2}\right)\mathrm{.}}\end{array}$   Megoldás. Az egyenlőtlenség minden valós $x$-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 $\text{log}{}_{\left(3-2\sqrt[]{2}\right)}\left(3+2\sqrt[]{2}\right)=-1$. Ennek felhasználásával az egyenlőtlenség a következőképpen módosul: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2^x+2^{-x}+\frac{1}{2^x+2^{-x}}\ge \frac{11}{3\sqrt[]{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ Vezessük be a $2^x+2^{-x}=2^x+\frac{1}{2^x}=a$ jelölést. Ekkor $a\ge 2$. $\begin{array}{c}{\displaystyle a+\frac{1}{a}\ge \frac{11}{3\sqrt[]{2}}\iff 3\sqrt[]{2}{a}^2-11a+3\sqrt[]{2}\ge 0\iff a\le \frac{\sqrt[]{2}}{3}\text{ vagy }a\ge \frac{3\sqrt[]{2}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ $a\ge 2$, így csak az $a\ge \frac{3\sqrt[]{2}}{2}$ esetet kell vizsgálni. $\begin{array}{c}{\displaystyle 2^x+\frac{1}{2^x}\ge \frac{3\sqrt[]{2}}{2}\iff 2\cdot {\left(2^x\right)}^2-3\sqrt[]{2}\cdot 2^x+2\ge 0\iff 2^x\le \frac{\sqrt[]{2}}{2}=2^{{}^{-\frac{1}{2}}}\text{ vagy }{2}^x\ge \sqrt[]{2}=2^{{}^{\frac{1}{2}}}\mathrm{.}}\end{array}$ A megoldás: $x\le -\frac{1}{2}$ vagy $x\ge \frac{1}{2}$.   II. rész   5. Három pozitív szám harmonikus közepe $\frac{180}{13}$, a mértani közepük $10\sqrt[3]{3}$, a négyzetes közepük pedig $\sqrt[]{\frac{725}{3}}$. Mivel egyenlő a számtani közepük?   Megoldás. A feladat feltételei alapján felírhatjuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}=\frac{180}{13}}& {\displaystyle \Rightarrow \frac{3abc}{ab+ac+bc}=\frac{180}{13}\mathrm{,}}\hfill & \text{(<mn>1</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \sqrt[3]{abc}=10\sqrt[3]{3}}& {\displaystyle \Rightarrow abc=\mathrm{3000,}}\hfill & \text{(<mn>2</mn>)}\\ \hfill {\displaystyle \sqrt[]{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}=\sqrt[]{\frac{725}{3}}}& {\displaystyle \Rightarrow a^2+b^2+c^2=725.}\hfill & \text{(<mn>3</mn>)}\end{array}}$ Az $abc=3000$ értékét helyettesítsük be az (1) egyenletbe: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{9000}{ab+ac+bc}=\frac{180}{13}\Rightarrow ab+ac+bc=\frac{9000\cdot 13}{180}=650\Rightarrow 2\left(ab+ac+bc\right)=1300.}\end{array}$ Ehhez az utóbbi egyenlethez adjuk hozzá a (3) egyenletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc=2025\Rightarrow {\left(a+b+c\right)}^2=2025\Rightarrow a+b+c=\pm 45.}\end{array}$ Mivel $a$, $b$ és $c$ pozitív, azért $\frac{a+b+c}{3}=15$.   6. $a)$ A $4p{x}^2-\left(2p^3-8p+2\right)x+p^2-4=0$ másodfokú egyenletben határozzuk meg a $p$ valós paraméter értékét úgy, hogy az ellentétes előjelű valós gyökök közül egyik se legyen nagyobb $\frac{1}{2}$-nél. $b)$ Van-e a $p$ paraméternek olyan értéke, amelyre az $\begin{array}{c}{\displaystyle y=4p{x}^2-\left(2p^3-8p+2\right)x+p^2-4}\end{array}$ függvény az $x=2$-nél veszi fel a maximumát, és ennek értéke $-8$?   Megoldás. $a)$ A másodfokú egyenletben $p\ne 0$. Az egyenlet gyökei a következő alakban írhatók fel: $\begin{array}{c}{\displaystyle x_{\mathrm{1,2}}=\frac{2p^3-8p+2\pm \sqrt[]{{\left(2p^3-8p+2\right)}^2-16p\left(p^2-4\right)}}{8p}\mathrm{.}}\end{array}$ Az egyenlet diszkriminánsa ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle D}& {\displaystyle ={\left(2p^3-8p+2\right)}^2-16p\left(p^2-4\right)=4p^6+64p^2+4-32p^4+8p^3-32p-16p^3+64p=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle ={\left(2p^3-8p-2\right)}^2\ge \mathrm{0,}}\hfill \end{array}}$ az egyenletnek a $p$ paraméter minden szóbajövő értékére valós gyökei vannak. A gyökök akkor és csak akkor ellenkező előjelűek, ha a szorzatuk negatív: a ViŠte-formula szerint $x_1\cdot x_2=\frac{p^2-4}{4p}<0$. I. $p>0$ és $p^2-4<0\Rightarrow 0<p<2$. Ekkor $x_1$ negatív és $x_2$ pozitív. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle x_1<x_2=\frac{1}{2p}\le \frac{1}{2}\Rightarrow p\ge \mathrm{1,}\text{tehát}1\le p<2.}\end{array}$ II. $p<0$ és $p^2-4>0\Rightarrow p<-2$. Ebben az esetben $\begin{array}{c}{\displaystyle x_2<x_1=\frac{p^2-4}{2}\le \frac{1}{2}\Rightarrow -\sqrt[]{5}\le p\le \sqrt[]{5}\mathrm{,}\text{azaz}-\sqrt[]{5}\le p<-2.}\end{array}$ Tehát $-\sqrt[]{5}\le p<-2$ vagy $1\le p<2$. $b)$ Ha $x=2$, akkor $y=16p-4p^3+16p-4+p^2-4=-8\Rightarrow 4p^3-p^2-32p=0$. Ennek gyökei: $p_1=0$, $p_2=\frac{1+\sqrt[]{513}}{8}$ és $p_3=\frac{1-\sqrt[]{513}}{8}$. Mivel a másodfokú függvénynek csak negatív főegyüttható mellett lehet maximuma, azért csak $p_3=\frac{1-\sqrt[]{513}}{8}$ 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 $A\left(a_1;a_2\right)$, $B\left(b_1;b_2\right)$, $C\left(-a_1;-a_2\right)$ és $D\left(-b_1;-b_2\right)$ pontokat forgassuk el az origó körül ${90}^{\circ }$-kal pozitív irányba, majd az így kapott pontokra alkalmazzunk origó közepű kétszeres nyújtást. A kapott pontok legyenek rendre $A_1$, $B_1$, $C_1$ és $D_1$. Igazoljuk, hogy az $A{A}_1$, $B{B}_1$, $C{C}_1$ és $D{D}_1$ szakaszok felezőpontjai paralelogrammát határoznak meg, vagy egy egyenesre esnek.   Megoldás. Határozzuk meg először a forgatva nyújtással kapott pontok koordinátáit: ${\displaystyle \begin{array}{cccc}\hfill {\displaystyle A\left(a_1;a_2\right)}& {\displaystyle \Rightarrow A_1\left(-2a_2;2a_1\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle B\left(b_1;b_2\right)}\hfill & \hfill {\displaystyle \Rightarrow B_1\left(-2b_2;2b_1\right)\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle C\left(-a_1;-a_2\right)}& {\displaystyle \Rightarrow C_1\left(2a_2;-2a_1\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle D\left(-b_1;-b_2\right)}\hfill & \hfill {\displaystyle \Rightarrow D_1\left(2b_2;-2b_1\right)\mathrm{.}}\end{array}}$ A felezési pontok koordinátái: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}{\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>A</mi><mrow><msub><mrow><mi>A</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math> szakasz esetén }}\hfill & {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>F</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mrow><mfrac><mrow><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow><mi>;</mi><mrow><mfrac><mrow><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">+</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>,}}\hfill \\ {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>B</mi><mrow><msub><mrow><mi>B</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math> szakasznál }}\hfill & {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>F</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mrow><mfrac><mrow><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow><mi>;</mi><mrow><mfrac><mrow><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">+</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>,}}\hfill \\ {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>C</mi><mrow><msub><mrow><mi>C</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math> szakasznál }}\hfill & {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>F</mi></mrow><mrow><mn>3</mn></mrow></msub></mrow><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mrow><mfrac><mrow><mo stretchy="false">-</mo><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">+</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow><mi>;</mi><mrow><mfrac><mrow><mo stretchy="false">-</mo><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>,}}\hfill \\ {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mi>D</mi><mrow><msub><mrow><mi>D</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></math> esetén }}\hfill & {\displaystyle \text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>F</mi></mrow><mrow><mn>4</mn></mrow></msub></mrow><mrow><mo fence="true" stretchy="true">(</mo><mrow><mrow><mfrac><mrow><mo stretchy="false">-</mo><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">+</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow><mi>;</mi><mrow><mfrac><mrow><mo stretchy="false">-</mo><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">-</mo><mn>2</mn><mrow><msub><mrow><mi>b</mi></mrow><mrow><mn>1</mn></mrow></msub></mrow></mrow><mrow><mn>2</mn></mrow></mfrac></mrow></mrow><mo fence="true" stretchy="true">)</mo></mrow></math>. }}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Az $F_3$ koordinátái az $F_1$ megfelelő koordinátáinak ellentettjei, ugyanez teljesül $F_4$ és $F_2$ koordinátáira, így $F_3$ az $F_1$-nek, $F_4$ az $F_2$-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 $\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}$, akkor az $F_1$, $F_2$, $F_3$ és $F_4$ pontok is egy egyenes mentén helyezkednek el, mert az $\frac{a_1}{a_2}=\frac{b_1}{b_2}$ egyenlőségből következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\frac{a_1-2a_2}{2}}{\frac{a_2+2a_1}{2}}=\frac{\frac{b_1-2b_2}{2}}{\frac{b_2+2b_1}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$   8. Hány valós megoldása van az $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x^2-4x+4}{x^2+2x+3}=k}\end{array}$ egyenletnek, ha a $k$ valós paraméter?   Megoldás. A nevező sosem nulla, az adott egyenlet ekvivalens átalakításával a következő, legfeljebb másodfokú egyenlethez jutunk: $\left(k-1\right)x^2+\left(2k+4\right)x+3k-4=0$. Ha $k=1$, akkor $6x-1=0$, $x=\frac{1}{6}$. Ekkor egy valós megoldás van. Ha $k\ne 1$, akkor másodfokú az egyenlet, és a diszkriminánsa $D={\left(2k+4\right)}^2-4\left(k-1\right)\left(3k-4\right)=-8k^2+44k$. Ha $D=0$, azaz $k=0$, vagy $k=5\mathrm{,}5$, akkor szintén egy valós megoldása (egy kétszeres gyöke) van az egyenletnek. Ha $D$ pozitív, azaz $0<k<\frac{11}{2}$, de $k\ne 1$, akkor két különböző valós megoldás van. Ha $D$ negatív, azaz $k<0$ vagy $k>\frac{11}{2}$, akkor nincs valós megoldás. Megjegyzés: Az eredményből következik, hogy a valós számok halmazán értelmezett $\frac{x^2-4x+4}{x^2+2x+3}$ törtkifejezés értékkészlete a $\left[0;\frac{11}{2}\right]$ zárt intervallum.   9. Egy dobozban $n$ darab fehér és kétszer annyi fekete golyó van $\left(n\ge 3\right)$, amelyek tapintással nem különböztethetők meg. Visszatevés nélkül kihúzunk $3$ darabot. $a)$ A $\xi$ valószínűségi változó jelentse a mintában lévő fehér golyók számát. Határozzuk meg a $\text{P}\left(\xi =0\right)$, $\text{P}\left(\xi =1\right)$, $\text{P}\left(\xi =2\right)$ és a $\text{P}\left(\xi =3\right)$ valószínűségeket. $b)$ Milyen $n$ esetén lesz $0\mathrm{,}25$-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 $+\infty$-hez? $d)$ Hogyan módosulnak az $a)$ részben megadott valószínűségek, ha visszatevéses mintával dolgozunk?   Megoldás. $a)$ A mintában lévő fehér golyók száma $\xi$, amelynek értékei 0, 1, 2 vagy 3. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{P}\left(\xi =0\right)}& {\displaystyle =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{3}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3n}{3}\right)}=\frac{\frac{2n\left(2n-1\right)\left(2n-2\right)}{6}}{\frac{3n\left(3n-1\right)\left(3n-2\right)}{6}}=\frac{8n^2-12n+4}{27n^2-27n+6}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{P}\left(\xi =1\right)}& {\displaystyle =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{2}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3n}{3}\right)}=\frac{n\cdot \frac{2n\left(2n-1\right)}{2}}{\frac{3n\left(3n-1\right)\left(3n-2\right)}{6}}=\frac{4n^2-2n}{9n^2-9n+2}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{P}\left(\xi =2\right)}& {\displaystyle =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{1}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3n}{3}\right)}=\frac{\frac{n\left(n-1\right)}{2}\cdot 2n}{\frac{3n\left(3n-1\right)\left(3n-2\right)}{6}}=\frac{2n^2-2n}{9n^2-9n+2}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{P}\left(\xi =3\right)}& {\displaystyle =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{0}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3n}{3}\right)}=\frac{\frac{n\left(n-1\right)\left(n-2\right)}{6}}{\frac{3n\left(3n-1\right)\left(3n-2\right)}{6}}=\frac{n^2-3n+2}{3\cdot \left(9n^2-9n+2\right)}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ $b)$ Annak valószínűsége, hogy legalább két fehér golyó van a mintában: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{P}\left(\xi \ge 2\right)=\frac{3\cdot \left(2n^2-2n\right)+n^2-3n+2}{3\cdot \left(9n^2-9n+2\right)}=\frac{7n^2-9n+2}{27n^2-27n+6}>\frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ A nevező pozitív számok szorzata ($n$ legalább 3), ezért a fenti egyenlőtlenség egyenértékű az $n^2-9n+2>0$ egyenlőtlenséggel. Ennek megoldása $n<\frac{9-\sqrt[]{73}}{2}\approx 0\mathrm{,}228$ vagy $n>\frac{9+\sqrt[]{73}}{2}\approx 8\mathrm{,}772$. Ezek alapján az $n$ legalább 9. $c)$ $\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}\text{P}\left(\xi =0\right)=\frac{8}{27}\mathrm{,}\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}P\left(\xi =1\right)=\frac{12}{27}\mathrm{,}\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}\text{P}\left(\xi =2\right)=\frac{6}{27}$ és $\underset{n\to \infty }{\overset{}{\text{lim}}}\text{P}\left(\xi =3\right)=\frac{1}{27}$. $d)$ Visszatevéses mintával dolgozva ${\displaystyle \begin{array}{cccc}\hfill {\displaystyle \text{P}\left(\xi =0\right)}& {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{0}\right)\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^0\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^3=\frac{8}{27}\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \text{P}\left(\xi =1\right)}\hfill & \hfill {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{1}\right)\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^1\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{12}{27}\mathrm{,}}\\ \hfill {\displaystyle \text{P}\left(\xi =2\right)}& {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^2\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^1=\frac{6}{27}\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle \text{P}\left(\xi =3\right)}\hfill & \hfill {\displaystyle =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3}\right)\cdot {\left(\frac{1}{3}\right)}^3\cdot {\left(\frac{2}{3}\right)}^0=\frac{1}{27}\mathrm{.}}\end{array}}$ Megjegyzés: Ezek a valószínűségek rendre megegyeznek a $c)$ részben kiszámított határértékekkel.