Cím:	Megoldásvázlatok a 2012/11. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Simon János
Füzet:	2012/december, 531 - 539. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Megoldásvázlatok a 2012/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz   I. rész     1. Egy iskola $520$ tanulójával $9$ kérdésből álló tesztet töltettek ki. A kérdésekre igennel vagy nemmel lehetett válaszolni. Mindenki válaszolt az összes kérdésre. Az értékelés úgy történt, hogy a $k$. kérdésre adott jó válasz $k$ pontot, rossz válasz $-k$ pontot ért. $a)$ Mutassuk meg, hogy biztosan volt két tanuló, aki ugyanúgy töltötte ki a tesztlapot. $b)$ Legalább hány tanulónak volt ugyanannyi pontja az értékelés után? $\begin{array}{c}\end{array}$ (11 pont)   Megoldás. $a)$ Mivel $2^9=512$-féleképpen lehet a tesztlapot kitölteni, azért 520 tanuló között biztosan lesznek ketten, akik ugyanúgy töltötték ki a tesztet. $b)$ A maximális pontszám: $1+2+\text{...}+9=\frac{9\cdot 10}{2}=45$. A minimális pontszám: $-45$. Egy feladatra adott hibás válasszal páros pontszámmal csökken az elérhető maximális pontszám, tehát $-45$ és 45 közötti páratlan számok lehetnek a pontszámok. Mivel ezen az intervallumon 46 páratlan szám van, azért 46-féle végösszeg lehet. (Könnyen látható, hogy ezek mindegyike valóban elő is fordulhat.) Ha minden pontszámot legfeljebb 11 tanuló ért volna el, akkor $46\cdot 11=506$ diák járhatna maximálisan az iskolába. Tehát biztosan volt legalább 12 tanuló, akik ugyanannyi pontszámot szereztek.   2. $a)$ Állítsuk elő a $2012$-t szomszédos természetes számok összegeként. $b)$ Egy számtani sorozat első $2013$ elemének összege $2012$. Az első $2012$ elem közül a páros indexűek összege eggyel több, mint a páratlan indexűek összege. Határozzuk meg a sorozat első elemét.  (13 pont)   Megoldás. $a)$ Legyen a legkisebb szám $k+1$, a legnagyobb $k+n$. Ezek összege: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle nk+\frac{n\left(n+1\right)}{2}=2012}& {\displaystyle =2^2\cdot \mathrm{503,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle n\left(2k+n+1\right)}& {\displaystyle =8\cdot 503.}\hfill \end{array}}$ A bal oldali szorzat két tényezője két különböző paritású természetes szám, és a második nagyobb, mint az első, tehát $n=8$. Mivel $2k+8+1=503$, azért $k=247$. Tehát a keresett szomszédos természetes számok: $\begin{array}{c}{\displaystyle 248+249+250+251+252+253+254+255=2012.}\end{array}$ $b)$ Mivel a számtani sorozat első 2013 elemének összege 2012, azért felírható, hogy ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle S_{2013}}& {\displaystyle =2013\cdot \frac{2a_1+2012d}{2}=\mathrm{2012,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle a_1}& {\displaystyle =\frac{2012}{2013}-1006d\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Tudjuk, hogy az első 2012 elem közül a páros indexűek összege eggyel nagyobb, mint a páratlan indexűek összege, azaz: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \left(a_{2012}+\text{...}+a_2\right)-\left(a_{2011}+\text{...}+a_1\right)}& {\displaystyle =\mathrm{1,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \left(a_{2012}-a_{2011}\right)+\text{...}+\left(a_2-a_1\right)}& {\displaystyle =\mathrm{1,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 1006d}& {\displaystyle =1.}\hfill \end{array}}$ Tehát a sorozat első eleme: $a_1=\frac{2012}{2013}-1=-\frac{1}{2013}$.   3. Adott a valós számokon értelmezett $\begin{array}{c}{\displaystyle I\left(x\right)=\underset{-2}{\overset{x}{\int }}f\left(t\right)dt}\end{array}$ függvény, és tudjuk, hogy $f\left(t\right)=3t^2+4t-1$. Határozzuk meg az $I\left(x\right)$ zérushelyeit, és azokat az intervallumokat, melyeken konvex, illetve konkáv a függvény.  (13 pont)   Megoldás. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle I\left(x\right)}& {\displaystyle ={\int }_{-2}^x\left(3t^2+4t-1\right)dt={\left[t^3+2t^2-t\right]}_{-2}^x=x^3+2x^2-x-\left(-8+8+2\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =x^3+2x^2-x-2=x^2\left(x+2\right)-\left(x+2\right)=\left(x+2\right)\left(x^2-1\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(x+2\right)\left(x+1\right)\left(x-1\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Tehát $I\left(x\right)$ zérushelyei: $x=-2$, $-1$, 1. $I\left(x\right)$ második deriváltjának előjeléből állapíthatjuk meg, hogy hol konvex, illetve hol konkáv a függvény. $\begin{array}{c}{\displaystyle I\text{'}\text{'}\left(x\right)=\left(x^3+2x^2-x-2\right)\text{'}\text{'}=\left(3x^2+4x-1\right)\text{'}=6x+4.}\end{array}$ Ha $x>-\frac{2}{3}$, akkor $I\left(x\right)$ konvex. Ha $x<-\frac{2}{3}$, akkor $I\left(x\right)$ konkáv. (Az $x=-\frac{2}{3}$-nál inflexiós pont van.)   4. A párizsi Louvre üvegpiramisának (szabályos négyoldalú gúla) alapélét vegyük 34 m-nek, magasságát pedig 22 m-nek. $a)$ Mekkora felületet kell az ablakmosó csapatnak letisztítania, ha kívülről és belülről is lemossák az üveglapokat? Éjszaka a piramist oszlopokon álló reflektorokkal szeretnék megvilágítani. Az oszlopokat egy négyzet csúcsaiban állítják fel, melynek oldalfelező pontjai a piramis alapjának csúcsai. $b)$ Milyen magasan kell a reflektorokat az oszlopon elhelyezni, hogy a belőlük kiinduló fénysugarak az oldallapok súlypontjaiban merőlegesen essenek az üvegfelületekre? $\begin{array}{c}\end{array}$ (14 pont)   Megoldás. $a)$ Készítsünk a szöveg alapján ábrát. Tudjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle AB=\mathrm{34,}EG=22.}\end{array}$ Ekkor Pitagorasz-tétellel: $\begin{array}{c}{\displaystyle EF=\sqrt[]{{22}^2+{\left(\frac{34}{2}\right)}^2}\approx 27\mathrm{,}8.}\end{array}$     A gúla palástjának kétszeresét kell vennünk: $\begin{array}{c}{\displaystyle 2\cdot t_{\text{palást}}=8\cdot \frac{BC\cdot EF}{2}=4\cdot BC\cdot EF=4\cdot 34\cdot 27\mathrm{,}8=3780\mathrm{,}8{\text{m}}^2\mathrm{.}}\end{array}$ Tehát kb. 3781 m${}^2$ üvegfelületet kell lemosniuk. $b)$ Rajzoljuk le a számunkra fontos síkmetszetet, és alkalmazzuk az ábra jelöléseit. Ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\alpha =\frac{22}{17}\mathrm{,}\text{vagyis}\alpha \approx 52\mathrm{,}{3}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ Már tudjuk, hogy $EF\approx 27\mathrm{,}8$, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle SF=\frac{27\mathrm{,}8}{3}\approx 9\mathrm{,}27.}\end{array}$     $GFE$ és $PRS$ merőleges szárú hegyesszögek, tehát egyenlők. Tudjuk, hogy $TF=\frac{17}{3}\approx 5\mathrm{,}67$, ezért $SQ=TF+FP=5\mathrm{,}67+17=22\mathrm{,}67$. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle QP}& {\displaystyle =ST=SF\cdot \text{sin}\alpha =9\mathrm{,}27\cdot \text{sin}52\mathrm{,}{3}^{\circ }\approx 7\mathrm{,}\mathrm{33,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \frac{SQ}{QR}}& {\displaystyle =\text{tg}\alpha =\frac{22}{17}=\frac{22\mathrm{,}67}{QR}\mathrm{,}\text{vagyis}QR\approx 17\mathrm{,}\mathrm{52,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle PR}& {\displaystyle =QP+QR=7\mathrm{,}33+17\mathrm{,}52=24\mathrm{,}85.}\hfill \end{array}}$ A reflektorokat az oszlopokon kb. 25 m magasan kell elhelyezni.   II. rész     5. Adott az $f\left(x\right)=\text{log}{}_2\left(x+4\right)+1$ hozzárendelésű függvény. Tudjuk, hogy az $A_{n}O{C}_n$ háromszögek egyenlőszárú, $O$-nál derékszögű háromszögek, ahol $A_n$ az $f\left(x\right)$ függvény grafikonjának egy pontja, $O$ pedig az origó. $a)$ Ábrázoljuk az $f\left(x\right)$ függvényt. Adjuk meg egy tetszőleges $A_n$ esetén a háromszög $C_n$ csúcsának koordinátáit. $b)$ Határozzuk meg a $C_n$ pontok halmazát, és ábrázoljuk a koordinátarendszerben. $\begin{array}{c}\end{array}$ (16 pont)     Megoldás. $a)$ Az $f\left(x\right)$ grafikonjáról választunk egy tetszőleges pontot. Legyen az első koordinátája $a$. Ekkor a második koordinátája: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(a\right)=\text{log}{}_2\left(a+4\right)+1.}\end{array}$ Vagyis a választott pont: $A_1\left(a;\text{log}{}_2\left(a+4\right)+1\right)$.     A háromszög harmadik csúcsát megkapjuk, ha az origó körül 90 fokkal elforgatjuk a választott $A_1$ pontot. Ha a körüljárástól eltekintünk, két lehetőség adódik a harmadik csúcsra attól függően, hogy merre forgatunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle C_1\left(-\text{log}{}_2\left(a+4\right)+1;-a\right)\mathrm{,}\text{illetve}{C}_1\text{'}\left(\text{log}{}_2\left(a+4\right)+1;a\right)\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ Az $A_n$ pontot egy $O$ körüli ${90}^{\circ }$-os forgatás viszi a $C_n$ pontba. A ${90}^{\circ }$-os forgatást két, origón áthaladó, egymással ${45}^{\circ }$-os szöget bezáró egyenesre való tengelyes tükrözés szorzatával helyettesíthetjük. A két tengely egyenlete: $t_1:y=x$, $t_2:y=0$. Vagyis az $f\left(x\right)$ grafikonját kell transzformálnunk 1) $t_1\cdot t_2$-vel, azaz $+{90}^{\circ }$-os $O$ körüli forgatással. 2) $t_2\cdot t_1$-gyel, azaz $-{90}^{\circ }$-os $O$ körüli forgatással; 1) Az $y=\text{log}{}_2\left(x+4\right)+1$ egyenlettel megadott ponthalmazt tükrözve a $t_2$-re az $y=-\text{log}{}_2\left(x+4\right)-1$ egyenlettel megadott ponthalmazt kapjuk. Ezt tükrözve a $t_1$-re: $x=-\text{log}{}_2\left(y+4\right)-1$.     Fejezzük ki az $y$-t: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{log}{}_2\left(y+4\right)}& {\displaystyle =-\left(x+1\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2^{-\left(x+1\right)}}& {\displaystyle =y+\mathrm{4,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle y}& {\displaystyle ={\left(\frac{1}{2}\right)}^{x+1}-4.}\hfill \end{array}}$ Ez a ponthalmaz a $h\left(x\right)=(\frac{1}{2}{)}^{x+1}-4$ hozzárendeléssel adott függvény grafikonjával azonos. 2) Az $y=\text{log}{}_2\left(x+4\right)+1$ egyenlettel megadott ponthalmazt tükrözve a $t_1$-re az $x=\text{log}{}_2\left(y+4\right)+1$ egyenlettel megadott ponthalmazt kapjuk. Fejezzük ki az $y$-t: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle x-1}& {\displaystyle =\text{log}{}_2\left(y+4\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle y+4}& {\displaystyle =2^{x-1}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle y}& {\displaystyle =2^{x-1}-4.}\hfill \end{array}}$ Ezt tükrözzük a $t_2$-re: $\begin{array}{c}{\displaystyle y=-2^{x-1}+4.}\end{array}$ Ez a ponthalmaz a $g\left(x\right)=-2^{x-1}+4$ hozzárendeléssel adott függvény grafikonjával azonos. Megjegyzés: Ezeket a megoldásokat az $a)$ részben alkalmazott módszerekkel is megkaphatjuk.   6. Oldjuk meg a következő egyenleteket: $a)$ $\frac{1}{\sqrt[]{2+x}}-\frac{1}{\sqrt[]{2-x}}=\sqrt[]{2}$; $b)$ $\frac{1}{\text{sin}{}^{2}x}-\frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}=\sqrt[]{2}$.  (16 pont)     Megoldás. $a)$ A feladat értelmezési tartománya: $2+x>0$ és $2-x>0$, vagyis $x\in \left]-2;2\right[$. Mindkét oldalt megszorozva $\sqrt[]{2+x}\cdot \sqrt[]{2-x}$-szel: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{2-x}-\sqrt[]{2+x}=\sqrt[]{2}\cdot \sqrt[]{4-x^2}=\sqrt[]{8-2x^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $\sqrt[]{2-x}<\sqrt[]{2+x}$, akkor nyilván nincs megoldás, hiszen az egyenlet egyik oldala negatív, a másik pedig nemnegatív. Ha $\sqrt[]{2-x}\ge \sqrt[]{2+x}$, vagyis $2-x\ge 2+x$, azaz $-2<x\le 0$, akkor négyzetre emeljük az egyenlet mindkét oldalát: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle }& {\displaystyle 4-2\sqrt[]{4-x^2}=2\left(4-x^2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle 0=\left(4-x^2\right)+\sqrt[]{4-x^2}-\mathrm{2,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle 0={\left(\sqrt[]{4-x^2}\right)}^2+\sqrt[]{4-x^2}-2.}\hfill \end{array}}$ Megoldóképlettel: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{4-x^2}=\mathrm{1,}\text{valamint}\sqrt[]{4-x^2}=-2.}\end{array}$ A $\sqrt[]{4-x^2}$ negatív nem lehet. A $\sqrt[]{4-x^2}=1$ egyenletből kapjuk, hogy $3=x^2$. A két szám közül csak az $x=-\sqrt[]{3}$ felel meg a kikötéseknek, így az eredeti egyenletnek is csak ez az egy gyöke van. $b)$ A feladat értelmezési tartománya: $\text{sin}{}^{2}x\ne 0$ és $\text{cos}{}^{2}x\ne 0$, vagyis $x\ne k\cdot \frac{\pi }{2}$, ahol $k\in \text{Z}$. Az egyenlet mindkét oldalát megszorozzuk $\text{sin}{}^{2}x\cdot \text{cos}{}^{2}x$-szel: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{cos}{}^{2}x-\text{sin}{}^{2}x=\sqrt[]{2}\cdot \text{sin}{}^{2}x\cdot \text{cos}{}^{2}x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{cos}2x=\frac{\sqrt[]{2}\cdot {\left(2\cdot \text{sin}x\cdot \text{cos}x\right)}^2}{4}=\frac{\sqrt[]{2}\cdot \text{sin}{}^{2}2x}{4}=\frac{\text{sin}{}^{2}2x}{2\sqrt[]{2}}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2\sqrt[]{2}\cdot \text{cos}2x=1-\text{cos}{}^{2}2x\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{cos}{}^{2}2x+2\sqrt[]{2}\text{cos}2x-1=0.}\hfill \end{array}}$ Megoldóképlettel: $\text{cos}2x=-\sqrt[]{2}+\sqrt[]{3}$ és $\text{cos}2x=-\sqrt[]{2}-\sqrt[]{3}$. Mivel $\text{cos}2x\in \left[-1;1\right]$, azért $\text{cos}2x=\sqrt[]{3}-\sqrt[]{2}$. Innen $2x\approx +1\mathrm{,}25+k\cdot 2\pi$ és $2x\approx -1\mathrm{,}25+k\cdot 2\pi$, ahol $k\in \text{Z}$. Vagyis: $x\approx +0\mathrm{,}625+k\pi$ és $x\approx -0\mathrm{,}625+k\pi$, ahol $k\in \text{Z}$.     7. A $p_2$ parabola csúcsa a $C\text{'}\text{'}\left(6;7\right)$ pont, tengelye párhuzamos a $p_1:y=x^2-8x+14$ paraboláéval, és a $P(9;\frac{19}{4})$ pont illeszkedik a $p_2$ parabolára. Az $A_n{B}_n{C}_n$ egyenlőszárú háromszögek alapja $A_n{B}_n$, ahol $A_n\in p_2$, $B_n\in p_1$, és $C_n$ illeszkedik a koordinátarendszer ordinátatengelyére. Az $A_n$ és a $B_n$ pontok abszcisszája egyenlő, és a $B_n$ pontok ordinátája kisebb, mint az $A_n$ pontoké. $a)$ Határozzuk meg a $C_1$ pont koordinátáit, ha az $A_1{B}_1{C}_1$ háromszög derékszögű. $b)$ Az $A_n{B}_n{C}_n$ háromszögek közül melyiknek legnagyobb a területe?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ A $p_2$ egy lefelé nyíló parabola: ${\left(x-6\right)}^2=-2p\left(y-7\right)$.     Felhasználjuk, hogy $P\in p_2$: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle {\left(9-6\right)}^2=-2p\left(4\mathrm{,}75-7\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 9=-2p\left(-2\mathrm{,}25\right)=4\mathrm{,}5p\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 2=p\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   Vagyis $p_2$ egyenlete: ${\left(x-6\right)}^2=-4\left(y-7\right)$, azaz $y=-\frac{1}{4}{\left(x-6\right)}^2+7$.   A $B_n$ pontok ordinátája kisebb, mint az $A_n$ pontoké, ezért: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle x^2-8x+14<-\frac{1}{4}{\left(x-6\right)}^2+\mathrm{7,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -4x^2+32x-56>x^2-12x+\mathrm{8,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0>5x^2-44x+\mathrm{64,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_1\approx 1\mathrm{,}84<x<6\mathrm{,}96\approx x_2\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Az $A_1{B}_1{C}_1$ egyenlő szárú háromszög akkor derékszögű, ha $B_1$ és $A_1$ ordinátájának különbsége abszcisszájuk kétszeresével egyenlő: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle 2x}& {\displaystyle =-0\mathrm{,}25x^2+3x-2-\left(x^2-8x+14\right)=-1\mathrm{,}25x^2+11x-\mathrm{16,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0}& {\displaystyle =-1\mathrm{,}25x^2+9x-\mathrm{16,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_1}& {\displaystyle =3\mathrm{,}\mathrm{2,}{x}_2=4.}\hfill \end{array}}$ Tehát két ilyen háromszög van (mert mindkettő $x$ eleme az általunk meghatározott intervallumnak): $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{ccc}{\displaystyle A_1\left(3\mathrm{,}2;-1\mathrm{,}36\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle B_1\left(3\mathrm{,}2;5\mathrm{,}04\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle C_1\left(0;1\mathrm{,}84\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle A_1\text{'}\left(4;-2\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle B_1\text{'}\left(4;6\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle C_1\text{'}\left(0;2\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ $b)$ Ha $A_n$ és $B_n$ abszcisszája $x$, akkor a háromszög alapja $-1\mathrm{,}25x^2+11x-16$, magassága pedig $x$. Ekkor a terület: $\begin{array}{c}{\displaystyle t\left(x\right)=\frac{x\left(-1\mathrm{,}25x^2+11x-16\right)}{2}=-0\mathrm{,}625x^3+5\mathrm{,}5x^2-8x\mathrm{.}}\end{array}$ $t\left(x\right)$ ott lesz maximális, ahol az első deriváltja 0, és pozitívból negatívba vált: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle t\text{'}\left(x\right)=-1\mathrm{,}875x^2+11x-8\left(x\in \left]1\mathrm{,}84;6\mathrm{,}96\right]\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle x_1\approx 0\mathrm{,}85\text{és}{x}_2\approx 5\mathrm{,}016.}\hfill \end{array}}$ $t\text{'}\left(x\right)$ az $x_2$-ben pozitívból negatívba vált, tehát itt van a maximum helye a $t\left(x\right)$-nek. A maximális terület: $t\left(5\mathrm{,}016\right)\approx 19\mathrm{,}376$. Tehát a csúcsok koordinátái (kerekített értékek): $A_2\left(5\mathrm{,}016;6\mathrm{,}758\right)$, $B_2\left(5\mathrm{,}016;-0\mathrm{,}968\right)$, $C_2\left(0;2\mathrm{,}895\right)$.   8. Határozzuk meg az összes olyan $P\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ egész együtthatós polinomot, melyre $|P\left(p_1\right)|=|P\left(p_2\right)|=|P\left(p_3\right)|=5$, ahol $p_1$, $p_2$, $p_3$ különböző prímszámok.  (16 pont)   Megoldás. Vizsgáljuk meg, hogy $P\left(p_i\right)$-k közül hány darab negatív előjelű van. A helyettesítési értékek közül csak a 0 vagy az 1 db negatív esetét tárgyaljuk, mert a többi esetben ha $P\left(x\right)$-et $-P\left(x\right)$-re cseréljük, akkor ugyanezekhez az esetekhez jutunk. 1. eset: $P\left(p_1\right)=P\left(p_2\right)=P\left(p_3\right)=5$. A $P\left(x\right)-5$ polinomnak 3 különböző zérushelye van, de a fokszáma maximum 2, tehát $P_1\left(x\right)=5$ konstans polinom. 2. eset: Az egyik helyettesítési érték negatív, pl. $P\left(p_1\right)=-5$. Ekkor $P\left(p_2\right)=P\left(p_3\right)=5$. A $P\left(x\right)-5$ polinomnak a $p_2$ és a $p_3$ zérushelye, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(x\right)-5=a\left(x-p_2\right)\left(x-p_3\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Helyettesítsünk $p_1$-et a fenti polinomba: $\begin{array}{c}{\displaystyle -5-5=a\cdot \left(p_1-p_2\right)\left(p_1-p_3\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $p_i$-k páratlan prímszámok, akkor a jobb oldalon álló szorzat osztható néggyel, a bal oldal pedig nem. Tehát a prímek közül az egyik 2-vel egyenlő. $i)$ Ha $p_1=2$, akkor $p_1-p_2$ és $p_1-p_3$ negatív páratlan számok, melyek szorzata pozitív páratlan szám, tehát $a=-2$. Az előbbi két kifejezés szorzata 5, így $p_1-p_2=-1$ és $p_1-p_3=-5$, azaz $p_2=3$ és $p_3=7$. ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle P\left(x\right)-5=-2\left(x-3\right)\left(x-7\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle P_2\left(x\right)=-2\left(x-3\right)\left(x-7\right)+5=-2x^2+20x-37.}\hfill \end{array}}$ $ii)$ Ha $p_2$ vagy $p_3$ valamelyike 2 (például $p_2=2$), ekkor a jobboldali szorzat $p_1-p_3$ tényezője páros, vagyis $p_1-p_3$ lehetséges értékei $2$, $-2$, $10$, $-10$ és $p_1-2$ pozitív egész szám: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}{\displaystyle -2\cdot 5=a\left(p_1-2\right)\cdot \mathrm{2,}}\hfill & {\displaystyle -2\cdot 5=a\left(p_1-2\right)\cdot \left(-2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle -5=a\left(p_1-2\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle 5=a\left(p_1-2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle a=-\mathrm{1,}{p}_1=\mathrm{7,}{p}_2=\mathrm{2,}{p}_3=\mathrm{5,}}\hfill & {\displaystyle a=\mathrm{1,}{p}_1=\mathrm{7,}{p}_2=\mathrm{2,}{p}_3=\mathrm{9,}}\hfill \\ {\displaystyle a=-\mathrm{5,}{p}_1=\mathrm{3,}{p}_2=\mathrm{2,}{p}_3=1.}\hfill & {\displaystyle a=\mathrm{5,}{p}_1=\mathrm{3,}{p}_2=\mathrm{2,}{p}_3=5.}\hfill \end{array}}}\end{array}$   $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}{\displaystyle -2\cdot 5=a\left(p_1-2\right)\cdot \mathrm{10,}}\hfill & {\displaystyle -2\cdot 5=a\left(p_1-2\right)\cdot \left(-10\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle -1=a\left(p_1-2\right)\mathrm{,}}\hfill & {\displaystyle 1=a\left(p_1-2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ {\displaystyle a=-\mathrm{1,}{p}_1=\mathrm{3,}{p}_2=\mathrm{2,}{p}_3=-7.}\hfill & {\displaystyle a=\mathrm{1,}{p}_1=\mathrm{3,}{p}_2=\mathrm{2,}{p}_3=13.}\hfill \end{array}}}\end{array}$ A feladat feltételeinek a következők tesznek eleget: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(p_1;p_2;p_3\right)=\left(7;2;5\right)\mathrm{,}\left(p_1;p_2;p_3\right)=\left(3;2;5\right)\mathrm{,}\left(p_1;p_2;p_3\right)=\left(3;2;13\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Az így kapott polinomok: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle P_3\left(x\right)}& {\displaystyle =-1\left(x-2\right)\left(x-5\right)+5=-x^2+7x-\mathrm{5,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle P_4\left(x\right)}& {\displaystyle =5\left(x-2\right)\left(x-5\right)+5=5x^2-35x+\mathrm{55,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle P_5\left(x\right)}& {\displaystyle =1\left(x-2\right)\left(x-13\right)+5=x^2-15x+31.}\hfill \end{array}}$ Tehát 10 polinom felel meg a feladatban szereplő feltételeknek: a fent felsorolt 5, és ezek ellentettjei.   9. A nemzetközi sporteseményeken a versenyzőket nem csak a dicsőség hajtja, hanem részben a reklámszerződésekkel járó magas pénzösszegek is. Így nem meglepő, ha a sportolók és az edzők időnként a győzelem megszerzése érdekében nem megengedett eszközöket is alkalmaznak. A lehetőségek szerinti legtisztességesebb feltételek biztosítása érdekében közvetlenül a fontos versenyek előtt, de a felkészülések során is meghatározott szabályok szerint dopping ellenőrzéseket tartanak. A sportolók vizeletmintát adnak, melyeket lepecsételve és megjelölve, két részben, egy úgynevezett A-próbaként, illetve B-próbaként őriznek meg és vizsgálnak. Miközben a nemzetközi Sportszövetség egyértelmű, minden kétséget kizáró doppingteszt kialakításán fáradozik, addig bizonyos laborok olyan doppingszerek kifejlesztésén dolgoznak, melyek a kontroll során a vizeletből nem mutathatók ki. Az $a)$ feladatrészben abból induljunk ki, hogy egy sportrendezvényen $2400$ doppingvizsgálatnak alávetett résztvevőből $60$-an egy bizonyos anyaggal doppingoltak. Az összes $2400$ A-próbát ellenőrizték. A tesztre a következő érvényes: Amennyiben egy sportoló ezzel a szerrel doppingolt, akkor ezt a teszt $85\%$ biztonsággal kimutatja. Ebben az esetben pozitív eredményről beszélünk. Amennyiben egy sportoló nem használta az említett anyagot, úgy ezt a teszt $96\%$ biztonsággal bizonyítja. $a)$ Számoljuk ki annak a valószínűségét, hogy egy véletlenszerűen kiválasztott személyre az A-próba után hibás ítélet született. $b)$ Mekkora a valószínűsége annak, hogy az A-próba után indokolatlanul vádoltak meg egy sportolót? $c)$ Mutassuk meg, hogy kisebb, mint 0,08 az esélye annak, hogy a B-próba után is indokolatlanul vádoltak valakit.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Hibás eredmény született, ha egy doppingolt sportoló tesztje negatívnak, vagy pedig egy nem doppingolt sportolóé pozitívnak bizonyul. Jelölje $D$ azt az eseményt, hogy egy versenyző doppingolt, $T$ pedig azt, hogy a doppingpróba eredménye pozitív lett. Adott: $P\left(D\right)=\frac{60}{2400}=0\mathrm{,}025$,  $P\left(T\mid D\right)=0\mathrm{,}85$,  $P\left(\overline{T}\mid \overline{D}\right)=0\mathrm{,}96=0\mathrm{,}96$. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle P\left(\overline{T}D\right)+P\left(T\overline{D}\right)}& {\displaystyle =P\left(\overline{T}\mid D\right)\cdot P\left(D\right)+P\left(T\mid \overline{D}\right)\cdot P\left(\overline{D}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\left(1-0\mathrm{,}85\right)\cdot 0\mathrm{,}025+\left(1-0\mathrm{,}96\right)\left(1-0\mathrm{,}025\right)=0\mathrm{,}04275.}\hfill \end{array}}$ Tehát a véletlenszerűen kiválasztott személy esetén kb. 4,3% valószínűséggel hibás eredmény született. $b)$ Meghatározandó a $P\left(\overline{D}\mid T\right)$. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle P\left(\overline{D}\mid T\right)}& {\displaystyle =\frac{P\left(\overline{D}T\right)}{P\left(T\right)}=\frac{P\left(T\mid \overline{D}\right)\cdot P\left(\overline{D}\right)}{P\left(T\right)}=\frac{P\left(T\mid \overline{D}\right)\cdot P\left(\overline{D}\right)}{P\left(T\mid D\right)\cdot P\left(D\right)+P\left(T\mid \overline{D}\right)\cdot P\left(\overline{D}\right)}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{0\mathrm{,}04\cdot 0\mathrm{,}975}{0\mathrm{,}85\cdot 0\mathrm{,}025+0\mathrm{,}04\cdot 0\mathrm{,}975}=\frac{0\mathrm{,}039}{0\mathrm{,}02125+0\mathrm{,}039}=0\mathrm{,}6473.}\hfill \end{array}}$ A valószínűsége annak, hogy egy doppinggal vádolt sportoló nem doppingolt kb. 65%. A tört nevezőjéből jól látható, hogy a doppinggal megvádolt sportolók túlnyomó része nem ezzel az (ismeretlen) anyaggal doppingolt. A nem doppingolt sportolók magas aránya eredményezi a teszthibából adódó sok hibás ítéletet. $c)$ A B-próbára csak abban az esetben kerül sor, ha az A-próba eredménye pozitív. Ebben az esetben a $b)$ rész megoldása szerint annak a valószínűsége, hogy valaki nem doppingolt, illetve doppingolt, rendre $P\left({\overline{D}}_B\right)=0\mathrm{,}6473$, és $P\left(D_B\right)=1-0\mathrm{,}6473=0\mathrm{,}3527$. Úgy, mint a $b)$ feladatrészben, az eredmény: $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left({\overline{D}}_B\mid T_2\right)=\frac{0\mathrm{,}04\cdot 0\mathrm{,}6473}{0\mathrm{,}85\cdot 0\mathrm{,}3527+0\mathrm{,}04\cdot 0\mathrm{,}6473}\approx 0\mathrm{,}0795<0\mathrm{,}08.}\end{array}$   ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \text{<span style="font-weight: bold;">Simon János</span>}}\hfill \end{array}}$