A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész
1. Adott két függvény: Van-e olyan , ahol a két függvény helyettesítési értéke megegyezik? Van-e olyan valós szám, amelyre az alábbi két kifejezés értéke egyenlő: | | (6 pont) |
Megoldás. 1. megoldás. , Ha , akkor
Ha , akkor
Ellenőrzés behelyettesítéssel vagy az ekvivalenciára való jogos hivatkozással. 2. megoldás. , ha , akkor négyzetre emelhetünk:
Ellenőrzés behelyettesítéssel vagy az ekvivalenciára való jogos hivatkozással.
| | Kikötés: , Mivel a függvény szigorúan monoton:
Csak a megoldás tesz eleget a feltételeknek. Az alaphalmazon ekvivalens átalakításokat végeztünk.
2. Solymász tanár úr biológia órájára végzős jár, és valamennyien részt vesznek imádott biológia tanáruk humánetológia óráján is. Félévkor a tanár úr (nevelő célzattal) meglehetősen szigorú volt, ezért -en nem kaptak ötöst biológiából és -en nem kaptak ötöst humánetológiából. Ugyanakkor -an kaptak ötöst legalább az egyik tárgyból. Hány végzős kapott ötöst mindkét tárgyból? A biológia próbaérettségit mind a diák megírta. A tanár úr korábbi szigorúsága elérte célját, mert a próbaérettségi már sokkal jobban sikerült. Senki sem kapott elégtelen, vagy elégséges osztályzatot. A közepes, jó és jeles osztályzatok száma ebben a sorrendben egy mértani sorozat három egymást követő eleme lett. A csoport átlaga lett. Számoljuk ki a próbaérettségi osztályzatainak szórását. Az eredményt két tizedesjegy pontossággal adjuk meg.
Megoldás. 1. megoldás. 5 tanulónak van ötöse biológiából, 7 tanulónak van ötöse humánetológiából; , de csak 8 tanulónak van legalább az egyik tárgyból ötöse, ezért mindkét tárgyból 4 tanulónak van ötöse. 2. megoldás. Ha mindkét tárgyból tanulónak van ötöse, akkor csak biológiából tanulónak van ötöse. Csak humánetológiából tanulónak van ötöse. Tehát mindkét tárgyból 4 tanulónak van ötöse. 1. megoldás. A hármas, négyes és ötös osztályzatok száma: , , .
Mindkét egyenletből -t kifejezve: Rendezés után: Csak a felel meg a feladat feltételeinek, tehát 2 db hármas, 6 darab négyes és 18 darab ötös osztályzat született. Az osztályzatok szórása: . 2. megoldás. Legyen a hármasok száma , a négyesek száma , az ötösök száma . Ekkor az alábbi egyenleteket kapjuk:
Az első egyenletből: . A második egyenletet átalakítva: . Az előző összefüggést beírva: . Ebből: és . Így a harmadik egyenlet: . Az egyenletet rendezve: , ennek megoldásai: és . Csak a felel meg a feladat feltételeinek, tehát 2 db hármas, 6 darab négyes és 18 darab ötös osztályzat született. Az osztályzatok szórása: .
3. Határozzuk meg az , függvény lokális maximumhelyét. Mekkora területet zár be a , függvény grafikonja és az tengely? Mennyi az sorozat határértéke?
Megoldás. A deriváltfüggvény: . A függvénynek ott lehet lokális szélsőértéke, ahol a derivált nulla.
Vagy a táblázat helyett: A második derivált, f''(x)=6x-6, f''(-2)=-18<0 és f''(4)=18>0. Tehát a függvénynek az x=-2 helyen van lokális maximuma. b)
3x2-6x-24=0,x1=-2;x2=4,T=|∫-24(3x2-6x-24)dx|=|[x3-3x2-24x]-24|==|(64-48-96)-(-8-12+48)|=108.
c)
| limn→∞(11n-53n+8)=limn→∞11-5n3+8n=11-03+0=113. |
4. Peti bá' egy téglalap alapú babaházat készített a lányainak. A téglalap oldalai 60 cm és 80 cm. A babaházra egy levehető ,,sátortetőt'' készített. A tető felső éle 40 cm hosszú, és a babaház téglalap alakú mennyezetének hosszabbik középvonala felett, attól 35 cm távolságra van. A tető oldalélei egyenlő hosszúak. a) Számítsuk ki az oldalélek hosszát és a vízszintes síkkal bezárt szögüket.
Zsófi a tető trapéz alakú részére egy téglalap alakú díszt szeretne felragasztani. A téglalap egyik oldala illeszkedik a trapéz alapvonalára, két csúcsa pedig a trapéz száraira. b) Mekkora a legnagyobb területű téglalap területe, amelyet a megadott módon el lehet helyezni a tetőn? A választ négyzetcentiméterben, egész számra kerekítve adjuk meg.
Megoldás. a) (Az 4.a. ábra jelölései alapján.) Az oldalél hosszának kiszámítása:
4.a. ábra 1. lehetőség. Az AT1F1 derékszögű háromszögben F1T1=20 és AF1=30. A Pitagorasz-tétel az AF1T1 derékszögű háromszögben: AT1=202+302=1013≈36,06. Pitagorasz-tétel az AT1E derékszögű háromszögben: AE2=AT12+ET12. | AE=352+(1013)2=(302+(565)2)=5101≈50,25cm | az oldalél hossza. 2. lehetőség. Pitagorasz-tétel az EF1T1 derékszögű háromszögben: EF1=202+352=565≈40,31. Pitagorasz-tétel az AF1E derékszögű háromszögben: AE2=AF12+EF12. | AE=352+(1013)2=(302+(565)2)=5101≈50,25cm | az oldalél hossza. Az oldalél vízszintes síkkal bezárt szöge a 4.a. ábrán φ-vel jelölt EAT1 szög, amelyre sinφ=355101≈0,6965, ahonnan: φ=44,15∘.
4.b. ábra b) A 4.b. ábra jelöléseit használva: ATE▵∼BT'F'▵, mert szögeik egyenlők. Ebből a téglalap területe:
T(x)=(a-2x)⋅2ma-b⋅x=2ma-b⋅(-2x2+ax)=-4ma-b⋅(x2-a2⋅x)==-4ma-b⋅((x-a4)2-a216)=-4ma-b⋅(x-a4)2+ma24(a-b).
Tehát a terület maximális, ha x=a4=20 cm.
II. rész
5. A DÖ 900 pólót rendelt E5vös Napra. A pólókat két géppel nyomtatták. A gépeket kezdetben rosszul állították be, ezért az első gép (Horribile dictu!) a rajta nyomtatott 400 póló 2%-ára tévesen, az E5vös helyett az Eötvös feliratot nyomtatta, és a másik gép ugyanezt a hibát követte el a rajta nyomtatott pólók 3,4%-ával. A minőségellenőrzéskor Bocó a 900 alaposan összekevert pólóból véletlenszerűen kiválasztott egyet, és azon hibás volt a felirat. (Ezen persze kellőképpen elkeseredett ...) a) Mekkora annak a valószínűsége, hogy a hibás pólót a második gépen nyomtatták? A DÖ úgy döntött, hogy a hibásan nyomtatott póló árából először 500 Ft árengedményt ad, de a kereslet nagyon minimális volt, ezért az új árat még tovább kellett csökkenteni, annak p%-ával. Így a póló 50 Ft-tal drágább lett, mintha először engedték volna le az árát p%-kal és utána 500 Ft-tal, viszont 90 Ft-tal olcsóbb lett, mint ha mindkétszer az aktuális ár p%-ával csökkentették volna az árát. b) Mennyi volt a póló eredeti ára, és hány százalékos volt a csökkentés?
Megoldás. a) 1. megoldás. Az első gépen 8, a második gépen 17 hibás pólót nyomtattak. Tehát 25 hibás póló van, ez az összes esetek száma. A kedvező esetek száma a második gépen készült pólók száma, azaz 17. Így a kérdéses valószínűség: 1725=0,68. 2. megoldás. Az első gépen 8, a második gépen 17 hibás pólót nyomtattak. Legyen A az az esemény, hogy a pólót a második gépen nyomtatták, B pedig az az esemény, hogy a kiválasztott póló hibás. A keresett valószínűség: p(A∣B)=p(AB)p(B). | p(AB)=17900,p(B)=25900,p(A∣B)=1790025900=1725=0,68. |
3. megoldás. Annak valószínűsége, hogy egy póló az első gépen készült: p(1.)=49. Annak valószínűsége, hogy egy póló a második gépen készült: p(2.)=59. Annak valószínűsége, hogy egy póló hibás, ha az első gépen készült: p(H∣1.)=0,02. Annak valószínűsége, hogy egy póló hibás, ha a második gépen készült: p(H∣2.)=0,034. Bayes tétele alapján annak valószínűsége, hogy egy póló a második gépen készült, feltéve, hogy hibás: | p(2.∣H)=p(H∣2.)⋅p(2.)p(H∣1.)⋅p(1)+p(H∣2.)⋅p(2.). | Tehát a keresett valószínűség: | 0,034⋅590,02⋅49+0,034⋅59=0,68. |
b) Legyen x a póló árleszállítás előtti ára forintban, és legyen q=1-p100. Ha a két árleszállítás fordított sorrendben történt volna, akkor a póló kétszeres árleszállítás utáni ára xq-500 forint, tehát Ha mindkét alkalommal p% a csökkentés, akkor az új ár xq2 forint, tehát Az első egyenletből q=0,9, azaz p=10. A q értékét a második egyenletbe behelyettesítve: x=4000. A póló eredeti ára 4000 Ft, p értéke pedig 10. Ellenőrzés: 4000-500=3500, 10%-kal csökkentve 3150; 4000 csökkentve 10%-kal 3600, 3600-500=3100; 4000 csökkentve 10%-kal 3600, újabb 10%-kal csökkentve 3240. 3150=3100+50 és 3150=3240-90, tehát a kapott eredmények helyesek.
6. Fixi kerékpárunkon az első lánctányéron 46 fog található, a hátsó fogaskeréken pedig 18 fog van. (Az első lánctányérhoz rögzítik a pedált, a hátsó fogaskerék pedig a hátsó keréken van.)
1. ábra Az 1. ábrán a lánc felülnézeti képe látható, a második ábrán pedig az, hogy miként illeszkedik a lánc a fogaskerékre. Két láncszem tengelye 1,27 cm távolságra van egymástól (lásd 2. ábra).
2. ábra a) Milyen hosszú lánc férne az első lánctányérra, ha teljesen körbetekernénk lánccal? A két fogaskerék (a pedál és a hátsó tengely) középpontja 41 cm van egymástól (3. ábra) és a lánc teljesen feszes.
3. ábra b) Milyen hosszú lánc van a kerékpáron? (Válaszunkat centiméterben, két tizedesjegy pontossággal adjuk meg.) A láncokat gyártó üzemben 160 láncszemből álló láncdarabokat készítenek. A mérések alapján a láncdarabok 2%-ában egy szemmel kevesebb van, mint az előírás. A láncszemek számát egy számítógép ellenőrzi egy futószalagon. A futószalag különböző pontjain véletlenszerűen kiválaszt egy láncdarabot és meghatározza, hány láncszemből áll, de a futószalag folyamatosan mozog, ezért nem lehet kiemelni a hibás láncdarabot. Ennek megfelelően akár az az extrém eset is előfordulhat, hogy ugyanazt a láncdarabot ellenőrzi csak, akár többször is. Egy félórás időintervallumban 5000 láncdarab kering a futószalagon. c) Határozzuk meg a fél óra alatt hibásnak talált láncdarabok várható értékét.
Megoldás. a) Az első lánctányérra annyi láncszem fér, ahány fog található rajta, tehát 46. Így a lánctányérra tekert lánc hossza 46⋅1,27=58,42 cm. b) A lánc az ábrának megfelelően két kör közös külső érintőszakaszaiból és két körívből áll. Az első kör kerülete az előbbiek alapján 58,42 cm, így a kör sugara: r1=9,298 cm. A hátsó fogaskeréken 18 fog van, így a kerülete: 18⋅1,27=22,86. A kör sugara: r2=3,638 cm.
Az ábra jelöléseit használva: K2T párhuzamos E3E1-gyel. Ekkor K1T=r1-r2=5,66. Az érintő merőleges az érintési pontba húzott sugárra, tehát a K2K1T háromszög derékszögű. Felírva Pitagorasz tételét: | E3E1=K2T=K2K12-(r1-r2)2=412-5,662=40,61cm. |
Ugyanebben a háromszögben: cosφ=5,6641≈0,138, ebből φ=82,065∘. Az első lánctányéron lévő ív hossza: | i1=360∘-2φ180∘⋅r1⋅π≈31,786cm. | A hátsó fogaskeréken lévő ív hossza: Tehát a lánc hossza: 123,43 cm. c) A hibás láncdarabok binomiális eloszlású valószínűségi változót alkotnak, melynek paraméterei n=5000 és p=0,02. Így a várható érték: n⋅p=5000⋅0,02=100.
7. Ábel elkésett a matematika óráról. Amikor tanára kérdőre vonta, a következőképpen mentegetőzött: ,,Tanár úr! Fáj a lábam, ezért nem tudtam lépcsőn feljönni a harmadik emeletre. Lifttel kellett jönnöm, de a liftre ki van írva, hogy 13 fő használhatja, és sokáig tartott, amíg összejött a 13 ember.'' (Ezzel persze kitűnő lehetőséget biztosított matematika tanárának, hogy elmagyarázza a ,,legfeljebb'' és ,,legalább'' szavak matematikai lényegét ...) Az E5vös Napokon az Igazgató Úr úgy döntött, hogy a tizenkettedikesek szabadon használhatják a liftet. A végzősök úgy gondolták, hogy ezt a lehetőséget maximálisan kihasználják, ezért minden esetben 13-an szálltak be az üres liftbe. a) Bizonyítsuk be, hogy minden ilyen alkalommal biztosan utazott a liftben legalább három olyan diák, akik osztálytársak voltak. (Az iskolában hat végzős osztály van.) Az E5vös Napokon a Ki Mit Tud?-ra 12 fős diákzsűri is alakult, amelyet a végzős évfolyamból véletlenszerűen választottak ki. b) Mekkora a valószínűsége annak, hogy minden osztályt pontosan két fő képviselt, ha az osztálylétszámok: 12.A: 32 fő, 12.B: 33 fő, 12.C: 31 fő, 12.D: 30 fő, 12.E: 29 fő, 12.F: 28 fő? A streetball döntője után a hat résztvevő kezet fogott egymással. Mivel a meccs kissé elfajult, ezért voltak, akik nem fogtak kezet. Flóra megkérdezte a résztvevőket, hogy hány emberrel fogtak kezet, és a következő válaszokat kapta: 5; 4; 3; 3; 2; 2. Flóra ezek után a következőt mondta: ,,Biztos, hogy van közöttetek legalább egy ember, aki nem tud számolni.'' c) Mire alapozta állítását? Az E5vös Napok végén Főző úr, a technikus visszapakolta a kiadott eszközöket kis kuckójába. Lelkes segítői is akadtak, akik a kuckó elé odapakoltak két létrát, három fekete dobozt, négy projektort és öt vetítővásznat, meglehetősen nagy összevisszaságban. Főző úr, ezeket véletlenszerű sorrendben, egyesével bepakolta a helyére. d) Hányféle módon történhetett ez, ha az azonos típusú eszközöket nem lehet megkülönböztetni egymástól?
Megoldás. a) Alkalmazzuk a skatulya elvet, legyenek az osztályok a skatulyák. A liftben 6⋅2+1 diák utazott. Így a skatulya elv általános alakja alapján van legalább egy olyan osztály, amelyből legalább három diák utazott a liftben. b) A végzős évfolyamon összesen 183 diák van. Közülük választunk ki 12 diákot, így az összes esetek száma: (18312). Az egyes osztályokból 2-2 főt rendre (322), (332), (312), (302), (292), (282) módon választhatjuk ki. Mivel ezeket egymástól függetlenül választhatjuk, ezért a kedvező esetek száma: | (322)⋅(332)⋅(312)⋅(302)⋅(292)⋅(282). | A keresett valószínűség: | (322)⋅(332)⋅(312)⋅(302)⋅(292)⋅(282)(18312)=0,00399≈0,004. |
c) Tekintsük a résztvevőket egy hatpontú egyszerű gráf csúcsainak. Két csúcs akkor van összekötve, ha a résztvevők kezet fogtak. Az egyes csúcsok fokszámainak összege: 5+4+3+3+2+2=19. Mivel a csúcsok fokszámainak összege az élek számának kétszerese, így ez nem lehet páratlan szám. d) A sorrendek száma az ismétléses permutáció segítségével számolható ki: | P14{2;3;4;5}=14!2!⋅3!⋅4!⋅5!=2522520. | Tehát 2 522 520-féle sorrendben pakolhatta be a dolgokat.
8. Ábrázoljuk derékszögű koordináta-rendszerben az alábbi ponthalmazokat: a) A:={P(x;y)∣9x2-16y2≥0}. b) B:={Q(x;y)∣x2+y2≤25}. c) Mekkora az A∩B halmaz területe?
Megoldás. a) 9x2-16y2=(3x-4y)⋅(3x+4y)≥0, 3x-4y≤0 és 3x+4y≤0, vagy 3x-4y≥0 és 3x+4y≥0 (4. ábra).
4. ábra b) A keresett pontok az origó középpontú, 5 egység sugarú kör belseje és a körvonal (5. ábra).
5. ábra c) A metszet két körcikk, amelyeket az egyenesek és az 5 egység sugarú kör határolnak (6. ábra). A körcikkekhez tartozó φ középponti szögre: A metszet területe a két egybevágó körcikk területének összege: | T=2⋅73,74∘360∘⋅52π=32,18. |
6. ábra A terület határozott integrál segítségével is kiszámítható. Az egyik körcikk felének területe: T2=|∫0434xdx|+|∫4525-x2dx|,∫0434xdx=[38x2]04=6,∫4525-x2dx=∫arcsin45π225-25sin2t⋅5costdt=∫arcsin45π225cos2tdt==252⋅∫arcsin45π2(cos2t+1)dt=252⋅[12sin2t+t]arcsin45π2==252((0+π2)-(1225+arcsin45))=254π-6-252arcsin45.
Tehát a keresett terület: | 2T=4⋅(6+254π-6-252arcsin45)=25π-50⋅arcsin45=32,18. |
9. Egy piramisjáték elindítója az első héten öt embert szervezett be. A szervezés jól folytatódott, ezért a második héttől kezdődően a hetente beszervezettek száma a következő sorozat szerint alakult: a) Összesen hányan vettek már részt az ötödik héten a játékban? b) Igazoljuk, hogy a sorozat utolsó számjegyei periodikusan ismétlődő sorozatot alkotnak. c) Bizonyítsuk be, hogy a sorozat n-edik eleme a másodiktól kezdve: an=3n-1+4. Megoldás. a) a1=5, a2=3⋅5-8=7, a3=3⋅7-8=13, a4=3⋅13-8=31, a5=3⋅31-8=85. Tehát az ötödik héten 5+7+13+31+85=141 fő vett részt a játékban. b) 1. megoldás. A sorozat elemeinek utolsó számjegyei az elemek 10-zel való osztási maradékai. Az osztási maradékokkal ugyanazt a műveletet kell végrehajtani, mint az eredeti számokkal. Az osztási maradékokból képzett (bn) sorozat elemei rendre: b1=5,3⋅5-8=7, ennek 10-zel való osztási maradéka:b2=7,3⋅7-8=13, ennek 10-zel való osztási maradéka:b3=3,3⋅3-8=1, ennek 10-zel való osztási maradéka:b4=1,3⋅1-8=-5, ennek 10-zel való osztási maradéka:b5=5. És ettől kezdve minden ismétlődik, hiszen ugyanazokkal a számokkal végezzük ugyanazokat a műveleteket. 2. megoldás. Használjuk fel a feladat c) részében megadott an=3n-1+4 képletet. Vizsgáljuk a három hatványainak 10-zel való osztási maradékait, ezekkel ugyanazokat a műveleteket kell végrehajtani, mint az eredeti számokkal: 30=1, ennek 10-zel való osztási maradéka:1,31=3⋅30, ennek 10-zel való osztási maradéka:3⋅1=3,32=3⋅31, ennek 10-zel való osztási maradéka:3⋅3=9,33=3⋅32, ennek 10-zel való osztási maradéka:3⋅9=27, azaz 7,34=3⋅33, ennek 10-zel való osztási maradéka:3⋅7=21, azaz 1. Ettől kezdve az osztási maradékokban ismétlődik az 1;3;9;7 sorozat. Ekkor az eredeti sorozat utolsó számjegyei az 5;7;3;1 ismétlődő sorozatot alkotják. c) 1. megoldás. A bizonyítást teljes indukcióval végezzük: a1=5=30+4, az állítás igaz. Tegyük fel, hogy n=k-ra igaz, hogy ak=3k-1+4. Állítás: n=k+1-ra igaz, hogy ak+1=3k+4. Bizonyítás: A rekurziós megadással: ak+1=3⋅ak-8. Az indukciós feltételt felhasználva: ak+1=3⋅(3k-1+4)-8=3k+4. Beláttuk, hogy ha az állítás igaz a k természetes számra, akkor a k+1 természetes számra is igaz. Mivel az állítás igaz az n=1-re, ezért minden természetes számra igaz. 2. megoldás. Írjuk fel a sorozat elemeit az első elem és a rekurziós képlet segítségével:
a1=5=30+4,a2=3⋅5-8,a3=3⋅(3⋅5-8)-8=32⋅5-3⋅8-8=32⋅5-(3+1)⋅8,a4=3⋅(32⋅5-3⋅8-8)-8=33⋅5-32⋅8-3⋅8-8=33⋅5-(32+3+1)⋅8.
Ezek alapján: an=3n-1⋅5-(3n-2+3n-3+...+1)⋅8. A mértani sorozat összegképletével:
| an=3n-1⋅5-3n-1-13-1⋅8=3n-1⋅5-4⋅3n-1+4=3n-1+4. | Balga Attila, Székely Péter Budapest, V. kerületi Eötvös József Gimnázium |
|