Tudnátok segíteni az alábbi matematika házi feladatban? Bármelyik feladat megoldása, esetleg rövid magyarázata hatalmas segítség lenne.
1) Három szabályos kockát egyszerre feldobunk. Mekkora annak a valószínűsége, hogy legfeljebb 3 dobás lesz „egyes”?
2) Egy zászlót háromszor három egybevágó, téglalap alakú területrészre osztottunk, és egy részt zöldre, négy részt kékre, négy részt pedig pirosra festettünk. Hányféleképpen festhettük ki a zászlót?
3) Misi egy újfajta lottón játszik. A lottószelvényen hat számot kell bejelölni az 1, 2, 3, …, 60 számok közül. A sorsoláson hat számot húznak ki. Mekkora annak a valószínűsége, hogy Misi négy számot talál el a kihúzott hat szám közül?
4) Egy borítékban kilenc számkártya van, rajtuk az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 számok szerepelnek. Réka becsukott szemmel, egyesével kihúz három számkártyát, és a húzás sorrendjében kiteszi a kártyákat az asztalra, balról jobbra egymás mellé. Így egy háromjegyű számot kap. Mekkora annak a valószínűsége, hogy 500-nál kisebb számot kap?
5) Egy borítékban kilenc számkártya van, rajtuk az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 számok szerepelnek. Réka becsukott szemmel, egyesével kihúz három számkártyát, és a húzás sorrendjében kiteszi a kártyákat az asztalra, balról jobbra egymás mellé. Így egy háromjegyű számot kap. Mekkora annak a valószínűsége, hogy a háromjegyű számban lesz 1-es számjegy?
6) Egy borítékban kilenc számkártya van, rajtuk az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 számok szerepelnek. Réka becsukott szemmel, egyesével kihúz három számkártyát, és a húzás sorrendjében kiteszi a kártyákat az asztalra, balról jobbra egymás mellé. Így egy háromjegyű számot kap. Hányféle 9-cel osztható számot kaphat Réka?
7) Angol órán a hallgatók három asztalnál foglalnak helyet. A második asztalnál eggyel többen ülnek, mint az első asztalnál és kettővel kevesebben, mint a harmadik asztalnál. Érkezéskor minden asztalnál mindenki mindenkivel kezet fog, és így az első két asztalnál összesen ugyanannyi kézfogás volt, mint a harmadik asztalnál. Hányan ülnek a második asztalnál?
8) Adott egy hatpontú teljes gráf. Ennek összes éle közül véletlenszerűen kiválasztottunk kettőt. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott élek csatlakoznak egymáshoz a gráf valamely csúcsában?
9) Hány olyan legfeljebb négyjegyű, néggyel osztható pozitív egész szám van, melyben csak az 5, 6, 7, 8 számjegyek szerepelnek? (A számokban nem kell minden számjegynek szerepelnie.)
10) Egy kurzus 10 hallgatója közül 6 lány és 4 fiú. A fiúk közül András és Béla testvérek. Hányféleképpen alakítható ki a tíz hallgatóból olyan hatfős csapat, amelynek a két testvér közül legalább az egyikük tagja?
11) A jonatán alma mérete kisebb, mint az idaredé, így abból átlagosan 25%-kal több darab fér egy ládába, mint az idaredből. Rakodásnál mindkét fajtából kiborult egyegy tele láda alma, és tartalmuk összekeveredett. A kiborult almákból véletlenszerűen kiválasztva egyet, mekkora a valószínűsége annak, hogy az jonatán lesz?
12) Hat lányhallgató között három különböző ajándékot sorsolnak ki. Kétféle sorsolási mód lehetséges, például egy személy több ajándékot is kaphat. Mekkora eséllyel kap ajándékot ebben az esetben Anna, az egyik hallgató?
13) Anna négy különböző, egyjegyű pozitív egész számra gondolt, és segítségképpen csak annyit árult el, hogy a legnagyobb gondolt szám a 9, és a számok mediánja 5. Béla ezekből az információkból nem tudja kitalálni a gondolt számokat, ezért tippelnie kell. Mekkora valószínűséggel találja el Béla egy próbálkozással Anna számnégyesét, ha a feltételeknek megfelelő számnégyessel próbálkozik?
14) Anna minden nap két péksüteményt vásárol. Egyik nap a mester nyitáskor kifliket és zsömléket tett ki a polcokra. Ha aznap Anna az első vásárló, és a mester véletlenszerűen ad két péksüteményt, akkor három huszonkilenced annak a valószínűsége, hogy két kiflit kap. Az első vásárló 10 zsömlét megvásárolt a polcról. Ha Anna ezután tér be vásárolni, akkor már ugyanakkora valószínűséggel kap két kiflit, mint két zsömlét. Hány kifli volt kezdetben a polcokon?
15) Mely helyen veszi fel a p(x)=(3x+1)^8 polinom a 256 értéket?
16) A p(x)=(2x–3)^8 polinom kifejtett alakjában a konstans tag mellett az x^8, x^7, x^6, …, x^2és x hatványok szerepelnek, a megfelelő együtthatókkal szorozva. Számítsa ki az x^5tag együtthatóját!
17) Zászlót tervezünk, amely négy vízszintes sávból áll. A sávok mindegyike egymástól függetlenül négy színnel (piros, zöld, kék, sárga) színezhető, és egy-egy szín többször is használható. (Egy-egy sávot egyszerre csak egy színnel színezünk, és a szomszédos sávok is lehetnek azonos színűek.) Hányféle zászló készíthető, ha az alsó vagy a felső sáv közül legalább az egyiknek sárgának kell lennie?
18) Adottak a 2, 3 és 7 számjegyek. Válasszon melléjük egy negyedik számjegyet úgy, hogy az így kapott számjegyek segítségével felírható négyjegyű számok között legyen olyan, amely az összes egyjegyű prímszámmal osztható! (Mind a négy számjegyet fel kell használni.) Melyik ez a szám? (Részletes indoklást kérek!)
19) Egy kulcstartó dísze tömör, könnyű fémből készült, háromszög alapú, nem szabályos gúla. A dísz lapjai ötféle színnel festhetők: pirosra, zöldre, lilára, kékre vagy sárgára. (A dísz lapjait megkülönböztetjük egymástól, és egy háromszöglap csak egyszínű lehet.) Hányféleképpen színezhető a dísz, ha van kék vagy sárga lapja?
20) Egy kulcstartó dísze tömör, könnyű fémből készült, háromszög alapú, nem szabályos gúla. A dísz lapjai ötféle színnel festhetők: pirosra, zöldre, lilára, kékre vagy sárgára. (A dísz lapjait megkülönböztetjük egymástól, és egy háromszöglap csak egyszínű lehet.) Hányféleképpen színezhető a dísz, ha van kék és sárga lapja is?
21) Két kurzus hallgatóit vizsgáljuk. Az elsőben a tagok háromnegyede fiú, a lányok kétötöd része szemüveges. A másodikban – amelynek létszáma éppen kétszerese az első csapaténak – a résztvevők 40 %-a lány, és közülük minden második hord szemüveget. A két kurzus összes hallgatójának hányadrésze szemüveges lány?
22) Legfeljebb hány háromszöget határoz meg a térben 12 pont?
23) Egy 10 fős társaság a lehető leggyorsabban akar átkelni a folyón egy 4 személyes csónakkal. Közülük csak Béla tud evezni. Hányféleképpen történhet az átkelés, ha a társaság tagjai közül Annát az első menetben kell átvinni a túlsó partra?
24) A binomiális együtthatókról tanult általános azonosságok segítségével adja meg egyetlen binomiális együtthatóval az eredményt. (2017 alatt a 9)+2*(2017 alatt a 10)-(2017 alatt a 2007)=
válasza:
válasza:1) Ha 3 kockát dobsz fel, akkor sehogy se lehet, hogy közülük 4 vagy több lesz 1-es, tehát mindenképpen legfeljebb 3 lesz 1-es, így a valószínűség 1.
2) Ugye a zöld részt 9c1 [olvasd: 9 alatt az 1] féleképpen választhatod a 9 rész közül. A maradék 8 közül a 4 kéket (a zöld választásától függetlenül) 8c4-féleképpen. A maradék 4 közül a 4 kéket pedig 4c4-féleképpen. Ez 9c1 * 8c4 * 4c4 = 9 * 8*7*6*5/(4*3*2*1) * 4*3*2*1/(4*3*2*1) = 9 * 7*2*5 * 1 = 9*70 = 630 lehetőség.
22) 12c3 = 12*11*10/(3*2*1) = 2*11*10 = 220-at, ha semelyik három nem esik egy egyenesre.
15) Legyen y = 3*x + 1, ezzel p(x) = y^8 = 256. Ez a pozitív y-okra szigorúan monoton nő, így a pozitív számok körében egy megoldás van, ez a 2. De ez páros függvény is, így 2 ellentettje, a –2 is megoldás lesz. Szóval
y1 = 2 = 3*x1 + 1 --> x1 = 1/3,
y2 = –2 = 3*x2 + 1 --> x2 = –1.
Tehát az 1/3 és a –1 helyeken.
18) Oszthatónak kell lennie 2-vel, 3-mal, 5-tel és 7-tel. 2-vel és 5-tel pontosan akkor lesz osztható, ha osztható 10-zel, de akkor 0-ra kell végződjön, így a negyedik számjegy kutya köteles 0-nak lenni, és az utolsó helyen állni.
Ezzel a 3-as oszthatóság jó lesz, mert a jegyek összege 2 + 3 + 7 + 0 = 9, tehát már csak a 7-es oszthatóságot kell biztosítani. Ezt úgy lehet, hogy az első három jegy sorrendjét változtatjuk, ez 6 lehetőség, végig kell próbálgatni, hogy melyik osztható közülük 7-tel. (Ha becsapós a feladat, akkor akár több is.)
De ez rád bízom.
válasza:8) Ugye 6c2 = 15 éle van, tehát összesen Nö = 15*14-féleképpen lehet kiválasztani kettőt. A teljes gráf szimmetriája miatt mindegy, hogy hogyan választjuk az elsőt, utána a másodikat pont 8-féleképpen választhatjuk, hogy vele egy csúcsba fusson (ugye vagy az egyik végpontjába fut be, és akkor 4 másik lehetőség van, vagy a másikba, ahol szintén 4). Így Nj = 15*8-féleképpen választhatjuk ki az éleket, hogy egy csúcsba fussanak. A valószínűség így Nj/Nö = 15*8/(15*14) = 4/7.
9) Az első számjegy 4-féle lehet, a második ettől függetlenül szintén 4-féle, a harmadik… Tehát 4*4*4*4 = 4^4 = 256 oéyem 4 kegy szám van.
17) Majdnem az, mint a 9). Ha az alsó sárga, akkor 4*4*4*1 lehetőség van, ha a felső, akkor 1*4*4*4, tehát összesen 2*4^3 lehetőség lenne, ha nem számoltuk volna kétszer azokat, amiknél az alsó és felső is sárga. Ők 1*4*4*1-en vannak, és az ő számukat le kell vonni. Tehát 2*4^3 – 4^2 = 112-féle zászló készíthető.
23) Ezt nem értem. Mikor számít különbözőnek kétféle átkelés? Például számít-e, hogy milyen sorrendben ülnek a csónakban, vagy csak az, hogy kik ülnek a csónakban?
válasza: válasza:Végig gondoltam, és biztosan számít a sorrend, mert hát lássuk be, nem mindegy, hogy Anna előttem ül, és a fenekét bámulom, vagy pedig mögöttem, és hallgatom milyen hülyeséget beszél (miközben Sanyi kőműves rendszámát bámulom). Viszont kérdés, hogy Béla hány helyről tud evezni, de általában a csónak vége az ideális hely a kormányzás miatt, szóval az ő helye rögzített, a maradék 3 utas mindenképpen 6-féle sorrendben ülhet be.
Az első körben adott, hogy Anna utazik, a maradék 8 fő közül 8c2-féle lehet a maradék két utas, tehát a első kör 6*8c2-féle lehet.
A második körben 6 fő közül választunk 3-at, így az 6*6c3-féle lehet.
Az utolsó körben pedig egyértelmű, hogy a maradék 3 ember jön, tehát az simán 6-féle lehet.
Ezeket össze kell szorozni, tehát összesen
6*8c2 * 6*6c3 * 6*3c3 = 120 960 lehetőség van.
válasza:3) Ugye összesen Nö = 60c6-féle lehet egy sorsolás eredménye. A négy szám, amit eltalált 6c4-féle lehet, és ekkor a maradék kettő, amit nem talált el, 54c2-féle, a négy eltalálttól függetlenül. Tehát Nj = 6c4*54c2-féle eredmény esetén talál el pontosan 4-et, így a valószínűség Nj/Nö = 6c4*54c2/60c6.
4–5) Nö = 9*8*7.
4) Nj = 4*8*7, mivel egy háromjegyű szám pontosan akkor kisebb 500-nál, ha az első jegye 5-nél kisebb, aztán a maradék kettő ettől (és egymástól) függetlenül 8 illetve 7-féle lehet.
P = Nj/Nö = 4*8*7/(9*8*7) = 4/9.
5) A rossz esetek száma, amikor nincsen egyes a kihúzott számok között, Nr = 8*7*6, ezzel a jó esetek száma Nj = Nö – Nr, tehát
P = (Nö – Nr)/Nö = (9*8*7 – 8*7*6)/(9*8*7) = (9 – 6)/9 = 1/3.
6) Egy szám pontosan akkor osztható 9-cel, ha a jegyeinek összege osztható 9-cel. Ennek a számnak legalább 1+2+3 = 6 a jegyeinek összege, és legfeljebb 7+8+9 = 24. Így, hogy 9-cel osztható legyen, vagy 9-nek kell lenni a jegyei összegének, vagy 18-nak (ugye mert 27, 36, 45 stb. nem lehet).
9 úgy lehet, hogy az 1, 2, 6; az 1, 3, 5 vagy a 2, 3, 4 kártyákat húzza ki Réka, és ugye mindegyik esetben 3*2*1 = 6-féle lehet a sorrend, tehát összesen 6*3 = 18 szám esetén lesz a jegyek összege 9.
18 pedig úgy lehet a jegyek összege, hogy a 9, 8, 1; a 9, 7, 2; a 9, 6, 3; a 9, 5, 4; a 8, 7, 3 vagy a 8, 6, 5 kártyákat húzza. Ez összesen 4 + 2 = 6 lehetőség, a sorrendet is figyelembe véve 6*6 = 36.
Tehát összesen 9+36 = 45-féle 9-cel osztható számot kaphat Réka.
válasza:Na, most nézem, hogy a 9)-est félreértettem/-olvastam. Szóval még egyszer:
1-jegyű 1 van, a 8.
2-jegyűből van az 56, 68, 76, 88, összesen 4. Hogy egy többjegyű szám 4-gyel osztható legyen, az kell, hogy az utolsó két számjegye osztható legyen 4-gyel, tehát a 3- és 4-jegyűek utolsó két számjegye is pontosan 4-4-féle lehet.
Ezzel 3-jegyeűből 4*4 = 16 darab van, és 4-jegyűből 4*4*4 = 64.
Összesen 1 + 4 + 16 + 64 = 85.
7) A második asztalnál ülők száma legyen x. Ekkor az első asztalnál x – 1 ember ül, a harmadiknál x + 2.
A kézfogások száma az első asztalnál (x – 1)c2 = (x – 1)*(x – 2)/2,
a másodiknál xc2 = x*(x – 1)/2,
a harmadiknál (x + 2)c2 = (x + 2)*(x + 1)/2.
Az első kettő összege a harmadikkal egyezik, azaz
(x – 1)*(x – 2)/2 + x*(x – 1)/2 = (x + 2)*(x + 1)/2,
x^2 – 3*x + 2 + x^2 – x = x^2 + 3*x + 2,
x^2 – 7*x = x*(x – 7) = 0.
Innét vagy az van, hogy x = 0, és senki nem ment angol órára, vagy pedig x = 7, azaz 7-en ültek a második asztalnál.
10) 6-fős csapat összesen 10c6-féleképpen alakítható ki, ha András és Béla közül egyik sem lehet benne, akkor ugye 8 fő marad, és 8c6 lehetőség. Így hogy András és Béla közül az egyikük benne legyen a csoportban az 10c6 – 8c6 = 182-féleképpen lehet.
Kapcsolódó kérdések:
Minden jog fenntartva © 2024, www.gyakorikerdesek.hu
GYIK | Szabályzat | Jogi nyilatkozat | Adatvédelem | Cookie beállítások | WebMinute Kft. | Facebook | Kapcsolat: info(kukac)gyakorikerdesek.hu
Ha kifogással szeretne élni valamely tartalommal kapcsolatban, kérjük jelezze e-mailes elérhetőségünkön!