2019. Október Emelt Szintű Matematika Érettségi

1

11 pont

Egy fafajta törzsének keresztmetszetét vizsgáljuk egy adott magasságban. Ez a keresztmetszet a fa 5 és 20 éves kora közötti növekedése során (jó közelítéssel) mindvégig kör alakúnak tekinthető. A kör átmérőjét a $d: [5; 20] \to \mathbb{R}$, $d(x) = -0,25x^2 + 20x + 40$ függvény adja meg, ahol $x$ a fa években mért életkorát, $d(x)$ pedig az átmérő milliméterben mért hosszát jelöli.

a

Hány cm a törzs keresztmetszetének átmérője akkor, amikor a fa éppen 10 éves?

2 pont

b

Hány dm²-rel nő a fatörzs keresztmetszetének területe a 11. évben? Válaszát egy tizedesjegyre kerekítve adja meg!

4 pont

c

Hány éves a fa akkor, amikor a törzs keresztmetszetének kerülete éppen 1 méter?

5 pont

a) A fa 10 éves korában az átmérője milliméterben: $$ d(10) = -0,25 \cdot 10^2 + 20 \cdot 10 + 40 = 215 \text{ mm} $$ Centiméterben kifejezve tehát az átmérő 21,5 cm.

b) A 11. év végén a törzs átmérője: $$ d(11) = -0,25 \cdot 11^2 + 20 \cdot 11 + 40 \approx 230 \text{ mm} $$ A területek növekedését a sugarak négyzetének különbségéből számíthatjuk. A sugarak rendre $r_{11} \approx 115 \text{ mm}$ és $r_{10} = 107,5 \text{ mm}$. A keresztmetszet gyarapodása (körgyűrű területe): $$ T = r_{11}^2\pi - r_{10}^2\pi \approx 5200 \text{ mm}^2 $$ Ezt dm²-ben kifejezve és egy tizedesjegyre kerekítve az eredmény 0,5 dm².

c) Ha a kerület 1 méter, azaz 1000 mm, akkor az átmérője: $$ d(x) = \frac{1000}{\pi} \approx 318 \text{ mm} $$ A megoldandó egyenlet: $$ -0,25x^2 + 20x + 40 = 318 $$ Átrendezve nullára egy másodfokú egyenletet kapunk: $$ x^2 - 80x + 1112 = 0 $$ A megoldóképletet alkalmazva a gyökök $x_1 \approx 17,9$ és $x_2 \approx 62,1$. Mivel $x \in [5; 20]$, ezért csak az $x_1$ a megfelelő megoldás. A fa tehát megközelítőleg 18 éves.

2

14 pont

Oldja meg az alábbi két egyenlőtlenséget a valós számok halmazán!

a

$$ \cos x \ge \frac{1}{2} $$

3 pont

b

$$ \sqrt{\frac{x}{5} - 4} < 20 $$

4 pont

c

Hány olyan egész szám van, amelyik gyöke az alábbi egyenlőtlenségnek? $$ \log_{0,5}(2x+100) \ge -8 $$

7 pont

a) A koszinusz függvény értékének ismeretében a megoldás: $$ -\frac{\pi}{3} + 2k\pi \le x \le \frac{\pi}{3} + 2k\pi, \quad \text{ahol } k \in \mathbb{Z} $$

b) Értelmezési tartomány: $\frac{x}{5} - 4 \ge 0 \Rightarrow x \ge 20$.
Az egyenlőtlenség mindkét oldalát négyzetre emeljük, mivel mindkét oldal nemnegatív: $$ \frac{x}{5} - 4 < 400 \Rightarrow \frac{x}{5} < 404 \Rightarrow x < 2020 $$ Az értelmezési tartománnyal összevetve a megoldás: $20 \le x < 2020$.

c) A logaritmus értelmezési tartománya: $2x + 100 > 0 \Rightarrow x > -50$.
Alakítsuk át az egyenlőtlenség jobb oldalát azonos alapú logaritmussá: $$ \log_{0,5}(2x+100) \ge \log_{0,5}(0,5^{-8}) \Rightarrow \log_{0,5}(2x+100) \ge \log_{0,5}(256) $$ Mivel a 0,5-ös alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökken, a relációjel megfordul: $$ 2x + 100 \le 256 \Rightarrow 2x \le 156 \Rightarrow x \le 78 $$ Az értelmezési tartománnyal egybevetve az egyenlőtlenség megoldása: $-50 < x \le 78$.
A megfelelő egész számok: $-49, -48, \dots, 78$. Ezek száma összesen: $78 - (-49) + 1 =$ $128$ darab.

3

13 pont

A $p$, $q$, $r$ pozitív számok összege 180. Tudjuk továbbá, hogy $p:q = 7:8$ és $r:p = 5:3$.

a

Határozza meg ezeket a számokat!

6 pont

A $H$ halmaz az első 90 pozitív egész szám halmaza. $H$-ból véletlenszerűen kiválasztunk két különböző számot.

b

Határozza meg annak a valószínűségét, hogy a két kiválasztott szám egy derékszögű háromszög (fokban mért) valamelyik két szöge!

7 pont

a) Az arányokat közös nevezőre hozva összevethetjük a három számot. A $p$ arányszáma az első esetben 7, a másodikban 3. A legkisebb közös többszörös 21.
$p:q = 21:24$ és $r:p = 35:21$. Így a hármas arány: $$ p:q:r = 21:24:35 $$ Vezessünk be egy arányossági tényezőt ($x$): $p = 21x$, $q = 24x$, $r = 35x$. Mivel összegük 180: $$ 21x + 24x + 35x = 80x = 180 \Rightarrow x = 2,25 $$ Visszahelyettesítve megkapjuk a keresett számokat: $p = 47,25$, $q = 54$, $r = 78,75$.

b) Az összes lehetséges (egyenlően valószínű) választások száma: $\binom{90}{2} = 4005$.
Kedvező esetek azok a számpárok, amelyek egy derékszögű háromszög két szögét jelenthetik. Ez kétféleképpen fordulhat elő:
1. Az egyik szög 90 fok. Ekkor a másik bármilyen $x \in \{1, 2, \dots, 89\}$ lehet (hiszen a harmadik szög $90-x$ szintén pozitív egész lesz). Ez $89$ eset.
2. A két választott szög összege pontosan 90 fok (és a harmadik a 90 fok). Ilyen számpárokat az $x+y=90$ egyenlet írja le (ahol $x \neq y$). Mivel az $(45, 45)$ párnál a két szám egyenlő lenne (de mi két különböző számot választunk), a lehetőségek száma $(89-1)/2 = 44$ eset.
Összesen kedvező esetek száma: $89 + 44 = 133$.
A keresett valószínűség: $$ P = \mathbf{\frac{133}{4005}} \approx 0,0332 $$

4

13 pont

Az ábrán a harmadfokú $f$ függvény grafikonjának egy részlete látható. A függvény értelmezési tartományában megjelöltünk öt helyet.

a

Mindegyik esetben döntse el, hogy az adott helyen az $f$ első, illetve második deriváltjának előjele pozitív ($P$) vagy negatív ($N$)! Válaszát írja a megadott táblázat megfelelő cellájába! (Tudjuk, hogy $f'(x_4) = 0$.)

hely	$x_1$	$x_2$	$x_3$	$x_4$	$x_5$
$f'$ előjele	$P$			$0$
$f''$ előjele

4 pont

b

Adott az $y = -\frac{1}{4}(x-2)^2 + 8$ egyenletű parabola.
Határozza meg a $k$ valós paraméter értékét úgy, hogy a $4x - y = k$ egyenletű egyenes érintse a parabolát, és határozza meg az érintési pont koordinátáit is!

9 pont

a) Az $f'$ első derivált előjele a függvény menetét mutatja: monoton nővekvő esetén pozitív ($P$), csökkenő esetén negatív ($N$). Az $f''$ második derivált a görbületet mutatja: konkáv szakaszon (lefelé nyitott) negatív ($N$), konvex szakaszon (felfelé nyitott) pozitív ($P$). Az ábra gondos megvizsgálásával látható, hogy $x_2$ nem a maximumhely, hanem kicsivel a lokális maximum után van. A kitöltött táblázat:

hely	$x_1$	$x_2$	$x_3$	$x_4$	$x_5$
$f'$ előjele	$P$	$N$	$N$	$0$	$P$
$f''$ előjele	$N$	$N$	$P$	$P$	$P$

b) Az érintő egyenes átrendezve: $y = 4x - k$, melynek meredeksége 4. A parabola egyenletének deriváltja: $$ f'(x) = -\frac{1}{4} \cdot 2(x-2) = -\frac{1}{2}x + 1 $$ Mivel az érintési pontban a derivált megegyezik a meredekséggel: $$ -\frac{1}{2}x + 1 = 4 \Rightarrow -\frac{1}{2}x = 3 \Rightarrow x = -6 $$ A behelyettesítési érték a parabolán: $$ y = -\frac{1}{4}(-6-2)^2 + 8 = -\frac{64}{4} + 8 = -16 + 8 = -8 $$ Az érintési pont koordinátái tehát: $(-6; -8)$.
Ezt visszahelyettesítve az érintő egyenletébe: $$ 4(-6) - (-8) = k \Rightarrow -24 + 8 = k \Rightarrow \mathbf{k = -16} $$

5

16 pont

a

Döntse el, hogy igaz-e a következő állítás! Válaszát indokolja!
Ha egy háromszög két magassága egyenlő hosszúságú, akkor a háromszög egyenlő szárú.

4 pont

Egy háromszögben a szokásos jelölésekkel $a=3$, $b=\sqrt{27}$ és $\beta = 2\alpha$.

b

Számítsa ki a háromszög szögeit!

5 pont

Az egységnyi oldalú, szabályos $ABC$ háromszögbe olyan $PQRS$ téglalapot írunk, melynek $PQ$ oldala az $AB$ oldalra illeszkedik, $R$ a $BC$ oldal pontja, $S$ pedig a $CA$ oldalé.

c

Határozza meg a $PQRS$ téglalap területének maximális értékét!

7 pont

a) Az állítás igaz. A háromszög területét felírhatjuk mindkét oldallal és a hozzájuk tartozó magassággal is: $$ T = \frac{a \cdot m_a}{2} = \frac{b \cdot m_b}{2} $$ Ha feltesszük, hogy $m_a = m_b$, akkor ebből rögtön következik, hogy $a = b$, vagyis a háromszög valóban egyenlő szárú.

b) Alkalmazzuk a szinusztételt az $a$ és $b$ oldalakra: $$ \frac{b}{a} = \frac{\sin \beta}{\sin \alpha} $$ Behelyettesítve a feltételeket ($b = \sqrt{27} = 3\sqrt{3}$, $\beta = 2\alpha$): $$ \frac{3\sqrt{3}}{3} = \frac{\sin(2\alpha)}{\sin \alpha} $$ A kétszeres szög szinuszának azonosságát használva: $$ \sqrt{3} = \frac{2\sin\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha} $$ Egyszerűsítve kapjuk, hogy $2\cos\alpha = \sqrt{3} \Rightarrow \cos\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
Ebből $\alpha = 30^\circ$, és így $\beta = 60^\circ$. A háromszög harmadik szöge a belső szögek összege alapján $180^\circ - (30^\circ + 60^\circ) = 90^\circ$. A szögek tehát: $30^\circ, 60^\circ$ és $90^\circ$.

c) Jelöljük a téglalap $PQ$ (és $SR$) alapjának hosszát $x$-szel ($0 < x < 1$). A szimmetria miatt az $AP$ és $QB$ szakaszok hossza megegyezik: $AP = QB = \frac{1-x}{2}$. Az $APS$ derékszögű háromszög $A$-nál lévő szöge $60^\circ$. A trigonometria alapján a $PS$ oldal hossza: $$ PS = AP \cdot \tg 60^\circ = \frac{1-x}{2} \cdot \sqrt{3} $$ A téglalap területe egy másodfokú függvénye az $x$-nek: $$ T(x) = PQ \cdot PS = x \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}(1-x) = \frac{\sqrt{3}}{2} (-x^2 + x) $$ A másodfokú kifejezés maximumát a szimmetria miatt a gyökök ($0$ és $1$) átlagánál veszi fel, azaz $x = 0,5$ helyen. A terület maximális értéke ekkor: $$ T(0,5) = \frac{\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{1}{2} \left(1 - \frac{1}{2}\right) = \mathbf{\frac{\sqrt{3}}{8}} \approx 0,217 $$

6

16 pont

Legyen az $U$ alaphalmaz a legalább 4 pontú egyszerű gráfok halmaza. Az $F$ halmaz az $U$ elemei közül pontosan azokat tartalmazza, amelyek fagráfok, a $G$ halmaz pontosan azokat, amelyek összefüggő gráfok, a $H$ halmaz pedig pontosan azokat, amelyek 6 pontú gráfok.

a

Az alábbi ábrán satírozással jelölje meg, és halmazműveletekkel is adja meg $U$-nak azt a részhalmazát, amelyik üres halmaz!

2 pont

b

A megadott Venn-diagram minden egyes további részébe rajzoljon pontosan egy lehetséges gráfot!

5 pont

Egy telephely K, L, M, N, O, P, Q épületei közül az éjszakai első ellenőrzés során ötöt ellenőriz a biztonsági őr.

c

Hányféleképpen tervezheti meg az útvonalát, ha a K és L épületeket mindenképpen ellenőrzi? (Két útvonal különböző, ha a két út során más épületeket, vagy ugyanazokat az épületeket, de más sorrendben ellenőriz a biztonsági őr.)

4 pont

Megrajzoltuk az $ABCDE$ konvex ötszög oldalait és átlóit, majd a megrajzolt szakaszok mindegyikét vagy kékre, vagy zöldre színeztük. A színezés befejezése után észrevettük, hogy nincs olyan háromszög, amelynek csúcsai az $A, B, C, D, E$ pontok közül valók, és mindhárom oldala azonos színű.

d

Igazolja (például indirekt módszerrel), hogy nincs olyan csúcsa az ötszögnek, amelyből legalább három azonos színű szakasz indul ki!

5 pont

a) Minden fagráf egyben összefüggő gráf is, ezért az $F$ halmaz a $G$ halmaznak részhalmaza. Az a részhalmaz lesz üres, amely azokat a fagráfokat tartalmazza, melyek nem összefüggőek. Halmazművelettel kifejezve: $F \setminus G = \emptyset$. Az ábrán ez a rész satírozva látható:

b) Példák az egyes régiókba eső gráfokra:

c) A K és L épület fix, ezeken kívül még további $5 - 2 = 3$ épületet kell kiválasztani az 5 megmaradt (M, N, O, P, Q) épületből. Ezt $\binom{5}{3} = 10$-féleképpen teheti meg az őr. A kiválasztott 5 épületet egy meghatározott útvonalon, sorrendben járja be, ennek a permutációinak száma $5! = 120$. A két érték szorzata adja az összes útvonal számát: $$ 10 \cdot 120 = \mathbf{1200} \text{ útvonal.} $$

d) Tegyük fel indirekt módon, hogy van olyan csúcs, amelyből legalább 3 azonos színű él indul ki (mondjuk zöld él). Legyen ez a csúcs $A$, a 3 másik végpont pedig $B$, $C$ és $D$. Mivel a feladat feltétele szerint a gráfban nincsenek egyszínű háromszögek, a $B$, $C$ és $D$ csúcsokat összekötő élek között egyik sem lehet zöld (különben például az $ABC$ háromszög minden éle zöld lenne). Így a $BC$, $CD$ és $DB$ szakaszok szükségszerűen a másik színt, a kéket kapják. Ekkor azonban a $BCD$ egy teljesen kék háromszög lesz, ami ismét ellentmond a feltételnek, miszerint nincs egyszínű háromszög az ötszögben. Az indirekt feltevés hamis, az eredeti állítás tehát igaz.

7

16 pont

a

Igazolja, hogy nincs olyan 2-nél nagyobb $n$ egész szám, melyre $\binom{n}{1}$, $\binom{n}{2}$ és $\binom{n}{3}$ (ebben a sorrendben) egy mértani sorozat egymást követő tagjai!

7 pont

b

Határozza meg azokat az 5-nél nagyobb $n$ egész számokat, melyekre $\binom{n}{4}$, $\binom{n}{5}$ és $\binom{n}{6}$ (ebben a sorrendben) egy számtani sorozat egymást követő tagjai!

9 pont

a) Indirekt bizonyításként tegyük fel, hogy létezik ilyen $n \ge 3$ egész szám. Egy mértani sorozat tulajdonsága szerint a szomszédos elemekre igaz: $$ \binom{n}{1} \cdot \binom{n}{3} = \left( \binom{n}{2} \right)^2 $$ Kifejtve a binomiális együtthatókat: $$ n \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \left( \frac{n(n-1)}{2} \right)^2 $$ $$ \frac{n^2(n-1)(n-2)}{6} = \frac{n^2(n-1)^2}{4} $$ Mivel $n \ge 3$, oszthatunk $n^2(n-1)$-gyel: $$ \frac{n-2}{6} = \frac{n-1}{4} $$ Keresztbe szorzás után kapjuk: $$ 4n - 8 = 6n - 6 \Rightarrow 2n = -2 \Rightarrow n = -1 $$ Ez ellentmond a kezdeti feltételnek ($n \ge 3$). Így valóban nincs a feltételnek megfelelő szám.

b) A számtani sorozat egymást követő tagjaira fennáll, hogy a két szélső tag összege a középső kétszerese: $$ \binom{n}{4} + \binom{n}{6} = 2\binom{n}{5} $$ Kifejtve a képleteket ($n \ge 6$): $$ \frac{n!}{4!(n-4)!} + \frac{n!}{6!(n-6)!} = 2 \frac{n!}{5!(n-5)!} $$ Osszuk el mindkét oldalt $\frac{n!}{6!(n-4)!}$-sal (azaz szorozzuk a tört reciprokával): $$ \frac{6 \cdot 5}{1} + \frac{1}{(n-4)(n-5)} = \frac{2 \cdot 6}{n-4} $$ Szorozzuk be az egyenletet a közös nevezővel, ami $(n-4)(n-5)$: $$ 30(n-4)(n-5) + 1 = 12(n-5) \dots \text{Várj, ez bonyolultabb.} $$ Egy elegánsabb és hibamentesebb egyszerűsítés, ha $n!$-sal osztunk, majd azonos nevezőre hozzuk: $$ \frac{1}{4!(n-4)!} + \frac{1}{6!(n-6)!} = \frac{2}{5!(n-5)!} $$ Szorozzuk mindkét oldalt $6!(n-4)!$-sal: $$ \frac{6!}{4!} + \frac{(n-4)!}{(n-6)!} = \frac{2 \cdot 6!}{5!} \cdot \frac{(n-4)!}{(n-5)!} $$ $$ 30 + (n-4)(n-5) = 12(n-4) $$ A műveleteket elvégezve és rendezve: $$ n^2 - 9n + 20 + 30 = 12n - 48 \Rightarrow n^2 - 21n + 98 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldásai az $n = 7$ és $n = 14$. Ellenőrizve mindkettő megfelelő valós (és $n > 5$) egész szám.

8

16 pont

Egy kétszemélyes társasjátékot olyan négyzet alakú táblán játszanak, amelyet fehér és szürke mezőkre osztottak fel az ábra szerint. Ha a táblát egy olyan koordináta-rendszerbe helyezzük, amelyben a négyzet csúcsainak koordinátái $(1; 1)$, $(-1; 1)$, $(-1; -1)$, illetve $(1; -1)$, akkor ebben a koordináta-rendszerben az $a$ jelű ív egyenlete: $y = (1-x)^3$, $0 \le x \le 1$. A tábla középpontosan és tengelyesen is szimmetrikus.

a

Írja fel a másik három (az ábrán $b, c,$ illetve $d$ jelű) ív egyenletét is!

4 pont

A társasjáték gyártója a 2 dm oldalú tábla fehér színű részének bevonásához egy speciális anyagot használ. Ebből 1 kg mennyiség 12 m² terület bevonásához elegendő.

b

Számítsa ki, hogy 4000 darab tábla elkészítéséhez hány kg speciális anyag szükséges!

5 pont

A kétszemélyes társasjátékban minden játszma csak valamelyik játékos győzelmével végződhet, döntetlen nincs. Minden játszmában 1 pontot kap a győztes, a vesztes pedig 0 pontot. Anna és Bori nagyon szereti ezt a társasjátékot. Ha egymás ellen játszanak, akkor Anna 0,4 valószínűséggel, Bori pedig 0,6 valószínűséggel nyer meg egy játszmát. Addig játszanak, amíg valamelyikük először éri el a 10 pontot.

c

Mennyi annak a valószínűsége, hogy Bori legfeljebb 12 játszma után megnyeri a játékot? (Kezdéskor mindkettőjüknek 0 pontja van.)

7 pont

a) A görbéket tükrözésekkel kapjuk meg. - $b$ jelű ív ($y$ tengelyre tükrözés): $y = (1 - (-x))^3 \Rightarrow$ $y = (x+1)^3$, feltéve hogy $-1 \le x \le 0$. - $c$ jelű ív ($x$ tengelyre tükrözés a $b$-ből): $y = -(x+1)^3$, feltéve hogy $-1 \le x \le 0$. - $d$ jelű ív ($x$ tengelyre tükrözés az $a$-ból): $y = -(1-x)^3$, feltéve hogy $0 \le x \le 1$.

b) A tábla jobb felső negyedében lévő sötétített terület nagyságát integrállal határozzuk meg: $$ T_a = \int_0^1 (1-x)^3 dx = \left[ -\frac{(1-x)^4}{4} \right]_0^1 = 0 - \left(-\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{4} $$ Egy teljes 1×1-es negyed területe 1, amiből a fehér terület $\frac{3}{4}$. A teljes táblán a fehér terület ezáltal $4 \cdot \frac{3}{4} = 3$ egységnégyzet. Mivel a tábla valójában 2 dm oldalú, a fenti koordinátarendszer 1 egysége pontosan 1 dm. Így egy tábla fehér területe $3 \text{ dm}^2$. 4000 tábla esetében a bevonandó terület: $$ 4000 \cdot 3 \text{ dm}^2 = 12000 \text{ dm}^2 = 120 \text{ m}^2 $$ Mivel 1 kg anyag 12 m²-re elegendő, a szükséges anyag: $$ \frac{120}{12} = \mathbf{10 \text{ kg}} $$

c) A játék 10, 11 vagy 12 játszma után fejeződhet be Bori győzelmével. Ehhez binomiális eloszlást alkalmazunk úgy, hogy az utolsó játszmát mindenképp Bori nyeri. - 10 játszma: Bori nyer 10 zsinórban. Valószínűsége $0,6^{10} \approx 0,006$. - 11 játszma: Az első 10-ből 9-et nyer meg Bori, 1-et Anna, majd a 11.-et Bori. $$ \binom{10}{9} \cdot 0,6^9 \cdot 0,4^1 \cdot 0,6 = 10 \cdot 0,6^{10} \cdot 0,4 \approx 0,024 $$ - 12 játszma: Az első 11-ből 9-et nyer meg Bori, 2-t Anna, majd a 12.-et Bori. $$ \binom{11}{9} \cdot 0,6^9 \cdot 0,4^2 \cdot 0,6 = 55 \cdot 0,6^{10} \cdot 0,16 \approx 0,053 $$ Ezek egymást kizáró események, így az összegük adja meg a végeredményt: $$ P \approx 0,006 + 0,024 + 0,053 = \mathbf{0,083} $$

9

16 pont

Egy középiskolában a tizedikesek évfolyamdolgozatot írtak matematikából. A dolgozatban maximálisan 100 pontot lehetett elérni. Az évfolyamra járó 80 tanuló közül a dolgozat megírásakor néhányan hiányoztak. A dolgozatokban elért pontszámok átlagát először úgy számították ki, hogy a hiányzó tanulók eredményét 0 pontosként vették figyelembe.
Rövid időn belül észrevették, hogy ez a számítási mód hibás. A hibát kijavították, így a hiányzók figyelembe vétele nélkül kapott átlag 4,2 ponttal magasabbnak adódott, mint az első (hibás) számítás utáni átlag. Egy héttel később az első megírás alkalmával hiányzó tanulók pótolták a dolgozatot; az ő átlageredményük 64 pont lett. A teljes tizedik évfolyam matematika-évfolyamdolgozatainak átlageredménye így 67 pontos lett.

a

Hány tanuló hiányzott a dolgozat első megírásakor? Hány pont volt azoknak a tanulóknak a helyesen számolt átlageredménye, akik az első alkalommal megírták a dolgozatot?

9 pont

Az évfolyamdolgozat egyik feladatában öt feleletválasztós kérdésben kellett négy-négy válaszlehetőség közül az egyetlen helyeset kiválasztani. Amikor Domonkos elolvasta a kérdéseket, akkor látta, hogy az első két kérdésre biztosan tudja a helyes választ (ezeket be is jelöli majd). A harmadik és a negyedik kérdésnél egy-egy válaszlehetőségről, az ötödik kérdésnél pedig két válaszlehetőségről tudta biztosan, hogy azok rosszak. Ezért úgy döntött, hogy az utolsó három kérdésnél tippelni fog: véletlenszerűen választ azon válaszlehetőségek közül, amelyekről nem tudja biztosan, hogy rosszak.

b

Határozza meg Domonkos helyes válaszai számának várható értékét!

7 pont

a) Jelölje a hiányzó tanulók számát $x$, a jelenlévő $(80-x)$ diák helyesen számolt átlageredményét pedig $y$. Az első alkalommal szerzett pontok összege: $(80-x)y$. Ebből az első, "hibás" átlag: $$ \text{Hibás átlag} = \frac{(80-x)y}{80} = y - 4,2 $$ Ebből felírhatjuk az első egyenletünket átszorzással és rendezéssel: $$ 80y - xy = 80y - 336 \Rightarrow xy = 336 $$ Később az $x$ hiányzó diák 64 pontos átlaggal pótolt, és így a 80 fős összesített átlag 67 lett: $$ \frac{(80-x)y + 64x}{80} = 67 \Rightarrow (80-x)y + 64x = 5360 $$ Behelyettesítve a zárójel kibontásával keletkező $-xy$ helyére a $336$-ot: $$ 80y - 336 + 64x = 5360 \Rightarrow 80y + 64x = 5696 \Rightarrow 5y + 4x = 356 $$ Kifejezve $x$-et kapjuk, hogy $x = 89 - 1,25y$. Ezt beírjuk az $xy = 336$ egyenletbe: $$ (89 - 1,25y)y = 336 \Rightarrow 1,25y^2 - 89y + 336 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei $y_1 = 67,2$ és $y_2 = 4$. Ha $y = 4$, akkor $x = 84$ lenne, de az osztály csupán 80 fős, így ez nem lehetséges. Tehát $y = 67,2$, amiből adódik, hogy $x = 5$. Ennek megfelelően az első alkalommal 5 tanuló hiányzott, és a megírók helyes átlaga 67,2 pont volt.

b) A várható érték kiszámításához külön-külön vizsgáljuk az öt kérdés valószínűségi változóinak várható értékét (helyes válasz esetén 1, hibás esetén 0). A független események összegeként a teljes várható érték az egyes várható értékek összege lesz. - 1. és 2. kérdés: 100%-os bizonyossággal jók, így $1+1=2$ várható pont. - 3. és 4. kérdés: 4 lehetőségből 1 kiesett, a maradék 3-ból 1 a helyes. A találat esélye $\frac{1}{3}$. Várható pont: $\frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$. - 5. kérdés: 4 lehetőségből 2 kiesett, így 2-ből 1 a jó. Esélye $\frac{1}{2}$. Várható pont: $\frac{1}{2}$. Összesítve: $$ E = 2 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = 2 + \frac{4}{6} + \frac{3}{6} = 2 + \frac{7}{6} = \mathbf{\frac{19}{6}} \approx 3,17 \text{ pont.} $$