MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 Matematika emelt szint 0813 É RETTSÉGI VIZSGA 008 október 1 MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM

2 Formai előírások: Fontos tudnivalók 1 A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a tanári gyakorlatnak megfelelően jelölni a hibákat, hiányokat stb A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsőben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerül 3 Kifogástalan megoldás esetén elég a maximális pontszám beírása a megfelelő téglalapokba 4 Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra Tartalmi kérések: 1 Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk Amennyiben azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű részeit, és ennek alapján pontozzon A pontozási útmutató pontjai tovább bonthatók Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek 3 Nyilvánvalóan helyes gondolatmenet és végeredmény esetén maximális pontszám adható akkor is, ha a leírás az útmutatóban szereplőnél kevésbé részletezett 4 Ha a megoldásban számolási hiba, pontatlanság van, akkor csak arra a részre nem jár pont, ahol a tanuló a hibát elkövette Ha a hibás részeredménnyel helyes gondolatmenet alapján tovább dolgozik, és a megoldandó probléma lényegében nem változik meg, akkor a következő részpontszámokat meg kell adni 5 Elvi hibát követően egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban kettős vonal jelzi) a formálisan helyes matematikai lépésekre sem jár pont Ha azonban a tanuló az elvi hibával kapott rossz eredménnyel, mint kiinduló adattal helyesen számol tovább a következő gondolati egységben vagy részkérdésben, akkor erre a részre kapja meg a maximális pontot, ha a megoldandó probléma lényegében nem változik meg 6 Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás 7 Egy feladatra adott többféle helyes megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhető 8 A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható 9 Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel 10 A vizsgafeladatsor II részében kitűzött 5 feladat közül csak 4 feladat megoldása értékelhető A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani Ha mégsem derül ki egyértelműen, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkor automatikusan a kitűzött sorrend szerinti legutolsó feladat lesz az, amelyet nem kell értékelni írásbeli vizsga 0813 / október 1

3 I 1 a) A logaritmus értelmezése alapján: x 8 > 0 x < vagy x > ( ) Egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha valamelyik szorzótényező 0, azaz ha x = 0, vagy lg( x 8) = 0 1 eset: x = 0 x = eset: lg( 8) = 0 lg( x 8) = lg1 x x 8 = 1 x = 9 x1 = 3 vagy x = 3 Az x = érték nem eleme az értelmezési tartománynak Az értelmezési tartomány x = 3 és x = 3 elemei megoldások, mert az átalakítások ekvivalensek voltak M = { 3 ; 3} Összesen: 5 pont Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó más megfelelő indoklással zárja ki a hamis gyököt Ha ez a gondolat a megoldásból derül ki, akkor is jár az Ez a pont akkor is jár, ha más módon indokolja a két gyök helyességét 1 b) első megoldás Ha x 0, akkor az egyenlet 0-ra redukált alakja x x 6 = 0 ; ha x < 0, akkor a megoldandó egyenlet x + x 6 = 0 1 eset: ( x x 6 = 0, x 0 ) Az egyenlet gyökei: x = ; x = 1 3 Csak az x = 1 3 megoldása az eredeti egyenletnek, a másik gyök nem tesz eleget az x 0 feltételnek eset: ( x + x 6 = 0, x < 0 ) A gyökök: x = ; x = 3 1 A feltételnek csak az x = 3 felel meg Összesen: 5 pont írásbeli vizsga / október 1

4 1 b) második megoldás Az adott egyenlet x -ben másodfokú A megoldóképletet alkalmazva: x = 3 vagy x = Az abszolút érték definíciója miatt a nem megoldás, tehát x = 3 vagy x = 3 Ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért a gyökök megfelelőek Összesen: 5 pont Ha mindkét gyök helyességét behelyettesítéssel ellenőrzi, akkor is jár ez az 1 b) harmadik megoldás Mivel x = ( x) és x = x minden valós x számra, ezért egy szám és az ellentettje egyidejűleg megoldása, vagy nem megoldása az egyenletnek Legyen pl x 0, akkor x x 6 = 0 egyenlet gyöke az x = 3 pont Tehát az eredeti egyenlet megoldáshalmaza: M = { 3;3} Összesen: 5 pont írásbeli vizsga / október 1

5 első megoldás A B program x Ft értékű elektromos energiát és y Ft értékű vizet használ egy mosogatás alkalmával Ekkor: x + y + 40 = 140 Az A program 1, x Ft értékű elektromos energiát, és 0,9 y Ft értékű vizet használ egy mosogatás alkalmával A költségre vonatkozó egyenlet: 1,x + 0,9 y + 40 = 151 A következő egyenletrendszert kapjuk x-re és y-ra: (1) x + y = 100 () 1,x + 0,9 y = 111 Az egyenletrendszert megoldva kapjuk: x = 70, y = 30 A feltételek alapján a C program futtatása során az x elektromos energia ára: = 100 (Ft), 0,7 y a víz ára: = 4 (Ft) 1,5 3 pont pont pont A mosogatószer árát is figyelembe véve, a C programmal egy mosogatás 164 Ft-ba kerül Összesen: 14 pont Ha az egyenleteket helyesen írja fel miután rögzítette a használt ismeretlenek jelentését 5 pontot kap Az egyenletrendszer valamelyik megoldási módszerének helyes alkalmazása, gyökönként 1- jár Amennyiben a megoldásból egyértelműen kiderül, hogy a végeredményt milyen részekből számította ki, akkor ez a 4 pont jár írásbeli vizsga / október 1

6 második megoldás A C program x Ft értékű elektromos energiát és y Ft értékű vizet használ egy mosogatás alkalmával A B program 0,7x Ft értékű elektromos energiát, és 1,5y Ft értékű vizet használ egy mosogatás alkalmával Így egy mosogatás ára a B programmal: 0,7x + 1,5y + 40 = 140 (Ft) Az A program 1, 0,7x = 0, 84x Ft értékű elektromos energiát, és 0,9 1,5y = 1, 15y Ft értékű vizet használ egy mosogatás alkalmával Egy mosogatás ára az A programmal 151 Ft, így: 0,84x + 1,15y + 40 = 151 x-re és y-ra a következő egyenletrendszer adódik: (1) 0,7x + 1,5y = 100 () 0,84x + 1,15y = 111 pont pont Az egyenletrendszer megoldása: x = 100, y = 4 3 pont A mosogatószer árát is figyelembe véve, a C programmal egy mosogatás 164 Ft-ba kerül Összesen: 14 pont Az egyenletrendszer valamelyik megoldási módszerének helyes alkalmazása, gyökönként 1- jár írásbeli vizsga / október 1

7 3 A megoldandó egyenlőtlenségeket írjuk cos x 0 illetve < alakba sin x 0 >, pont A -es alapú exponenciális függvény szigorúan növekvő, ezért sin > osan akkor teljesül, ha sin x > 0, és cos x < osan akkor teljesül, ha cos x < 0 Az adott alaphalmazon a sin x > 0 egyenlőtlenség megoldása: 0 < x < π, azaz = ] 0;π [ pont A Az adott alaphalmazon a cos x < 0 egyenlőtlenség π 3π megoldása: < x <, azaz pont π 3π B = ; Mindezek alapján π A \ B = 0; pont Ha ez a gondolat a megoldás során megjelenik, jár a pont A megoldásban mindkét végpont helyes: Nyílt intervallumot ad meg: A megoldásban mindkét végpont helyes: Nyílt intervallumot ad meg: jár, ha csak a zártság-nyíltság kérdésében téveszt Összesen: 13 pont A keresett halmazoknak bármilyen (pl számegyenesen történő) helyes megadása esetén a megfelelő pontok járnak írásbeli vizsga / október 1

8 4 a) első megoldás 1 C γ x x δ D x A B A feladat helyes értelmezése (pl jó ábra) Az ábra jelöléseit használva az ADC háromszög AD oldalára felírva a koszinusztételt: 4x = x + 1 x cosγ, (ahol 0 < x és 0 < γ < π ) (1) Az ABC háromszög AB oldalára a koszinusztétel: 4 = 4x + 1 4x cosγ A koszinuszos tagot kiküszöbölve pl: pont 8x 4 = 1 x 1 Az egyenlet (pozitív) gyöke: x = Így a keresett oldal hossza: BC ( = x = ) = Összesen: 9 pont 4 a) második megoldás A feladat helyes értelmezése (pl jó ábra) Az ábra jelöléseit használva az ADC háromszög AC oldalára felírva a koszinusztételt: 1 = 5x 4x cosδ, (ahol 0 < x és 0 < δ < π ) Az ABD háromszög AB oldalára a koszinusztétel: 4 = 5x o 4x cos 180 δ ( ) o Mivel cos( 180 δ ) = cosδ, ezért a két egyenlet megfelelő oldalait összeadva a koszinuszos tag kiküszöbölhető: 5 = 10x, 1 ahonnan x = Így a keresett oldal hossza: BC ( = x = ) = Összesen: 9 pont Ha a választ közelítő értékkel adja meg, akkor ez a pont nem jár Ha a választ közelítő értékkel adja meg, akkor ez a pont nem jár írásbeli vizsga / október 1

9 4 a) harmadik megoldás A 1 α C x x D x x B 1 E A feladat helyes értelmezése (pl jó ábra) Tükrözzük az ACD háromszöget (vagy az ABC háromszöget) D-re Ekkor az ABE háromszögben AB =, BE = 1, AE = 4x és ABE < ) = 180 α Az ABC háromszög CB oldalára felírva a koszinusztételt: 4x = 5 4cosα, Az ABE háromszög AE oldalára felírva a koszinusztételt: 16x = 5 + 4cosα Az egyenletrendszer (pozitív) megoldása: x = 3 (és cos α = ) 4 Így a keresett oldal hossza: BC ( = x) = Összesen: 9 pont Ha a választ közelítő értékkel adja meg, akkor ez a pont nem jár 4 b) első megoldás AC BC sinγ sinγ sinγ T = = ( = ) 1 3x 1 Az (1) egyenletből cosγ = = ( = ) pont x Így sin γ = 1 cos γ = 1 = = 8 8 sin γ 7 Behelyettesítve: T = = 4 Összesen: 5 pont Ha a képletet helyesen alkalmazza a terület kiszámítására, de közelítő értékekkel számol, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat írásbeli vizsga / október 1

10 4 b) második megoldás Az ABC háromszög területe: AB AC sinα 1 sinα = = sinα 3 Az ABC háromszögben cos α = 4 (ld az a) rész megoldása) pont 9 7 sin α = 1 = Az ABC háromszög területe tehát 4 Összesen: 5 pont Ha a képletet helyesen alkalmazza a terület kiszámítására, de közelítő értékekkel számol, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat 4 b) harmadik megoldás Az ABC háromszög területe Heron képlettel számolva: T = s ( s a) ( s b) ( s c), 3+ ahol s =, 3 s a = s =, 1+ s b = s 1 =, 1 s c = s = ( 3+ )( 3 )( + 1)( 1) Innen = T 16 A megfelelő nevezetes azonosság felhasználásával pont T = = 16 4 Összesen: 5 pont Ha a képletet helyesen alkalmazza a terület kiszámítására, de közelítő értékekkel számol, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat írásbeli vizsga / október 1

11 5 a) II A lehetséges húzási sorrendek száma megegyezik piros és 3 fehér golyó különböző sorbarendezéseinek számával A piros és 3 fehér golyónak különböző, tehát 10 sorbarendezése van 5!!3! 5 (= ) pont Összesen: 4 pont Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó nem írja le ezt a megállapítást, de a kérdésre adott válaszából kiderül, hogy jól alkalmazza Ha az esetek felsorolásával találja meg a 10 lehetőséget, jár a pont 9 eset megtalálása ot ér, ennél kevesebb eset megadásáért nem jár pont 5 b) első megoldás A már kihúzott piros és fehér golyó húzása 4! 4 (= ), azaz pont!! 6 különböző sorrendben történhetett A lehetséges (egyenlően valószínű) esetek száma 10 (ld a) feladat), így a keresett valószínűség: 6 3 P = ( = = 0,6) 10 5 Összesen: 4 pont 5 b) második megoldás Mivel egyik golyó sincs kitüntetve, ezért bármelyik golyó ugyanakkora valószínűséggel marad utolsónak pont 1 Ez a valószínűség 5 Így annak a valószínűsége, hogy utolsóként fehér 3 golyót húzunk: P = ( = 0,6) 5 Összesen: 4 pont írásbeli vizsga / október 1

12 5 c) első megoldás A hat húzásból legfeljebb kétszer húzunk piros golyót: ha nem húzunk pirosat (A esemény), vagy 1 pirosat húzunk (B esemény), vagy pirosat húzunk (C esemény) Mivel az A, a B és a C események páronként egymást kizáró események, a keresett valószínűség P = P A + P B + P C ( ) ( ) ( ) Piros golyó húzásának valószínűsége 5, fehér golyó Ez az csak indoklással együtt jár húzásának valószínűsége 5 3 minden húzásnál, ezért (a P(A), P(B) és P(C) az n = 6 és p = 5 paraméterű binomiális eloszlás tagjai): P ( A) = (= 0,0467), P ( B) = (= 0,1866), P ( C) = (= 0,3110) 5 5 A keresett valószínűség P = P( A) + P( B) + P( C) = =, ami közelítően 0,544 Összesen: 8 pont Ha a részeredményeket is három tizedesjegyre kerekíti és így 0,545-et kap, akkor is jár az írásbeli vizsga / október 1

13 5 c) második megoldás Mind az összes, mind a kedvező eseteket úgy számoljuk össze, hogy az egyszínű golyókat is megkülönböztetjük egymástól Az összes (egyenlően valószínű) esetek száma ekkor: 6 5 A kedvező esetek három részre bonthatók: (1) nem húzunk pirosat, () 1 pirosat húzunk, (3) pirosat húzunk 6 Az (1) esetben a lehetőségek száma: 3 A () esetben a lehetőségek száma, figyelembe véve, 5 hogy hányadikra húztunk pirosat: 6 3 A (3) esetben a lehetőségek száma a piros golyó húzási sorszámának figyelembe vételével: 6 pont ( = 15 3 ) Így a keresett valószínűség: P = = = 0, Összesen: 8 pont 6 a) Jelölje n a csoportba járó diákok számát A feltételek alapján a dolgozatok összpontszáma: 76n 5 dolgozat 100 pontos, ( n 5) tanuló legalább 60 pontot kapott a dolgozatára, ezért legalább ( n 5) 60 pontot értek el ( n 5) 60 76n 500 +, (ahol n N ) Ebből n 1, 5 A csoportnak legalább 13 tanulója volt Összesen: 5 pont Ezek a pontok járnak akkor is, ha a gondolat a helyesen felírt egyenlőtlenségben világosan jelenik meg írásbeli vizsga / október 1

14 6 b) A diákok által elért összpontszám: = 1064 Ebből a maximális pontot elérők összesen 500 pontot, a maradék 9 tanuló összesen 564 pontot ért el Mivel = 4 > 0, kilencen nem lehettek 60 pontosak Nyolc tanuló dolgozata lehetett 60 pontos, mert = 84 > 60 (a kilencedik tanuló pontszáma ekkor 84 ), ezért legfeljebb 8 tanulónak lehetett 60 pontos a dolgozata Összesen: 4 pont Módszeres próbálgatással kapott helyes eredmény is 4 pontot ér 6 c) A 14 tanulónak összesen 1064 pontja volt Ebből ismert az = 1 tanuló = 936 pontja A fennmaradó 18 ponton tanuló osztozott úgy, hogy ebből a 18 pontból mindketten kaptak legalább 6ot A lehetőségek: , ez lehetőség; , ez lehetőség , ez lehetőség; , ez 1 lehetőség A két tanuló dolgozatának pontszáma ( = )7 -féleképpen alakulhatott Mivel a nem maximális pontszámot elérő 9 tanulóból 9 a 60 pontot elérő 6 tanuló kiválasztására = 84 6 lehetőség van; és a maradék három tanulóból 3-féleképpen válaszható ki a 76 pontos, ezért az összes lehetőségek száma: = 1764 Összesen: 7 pont írásbeli vizsga / október 1

15 7 a) K ( x) + K( y) = x + 6x y + 6y A bal oldali kifejezés teljes négyzetté kiegészítéssel a következő alakra hozható: ( x + 3) + ( y + 3) 8 A H halmaz a ( 3; 3) középpontú, 8 = sugarú zárt körlap ( ) A kérdéses valószínűség a geometriai modell alapján két megfelelő tartomány (két koncentrikus körlap) területének arányaként számolható pont A kedvező tartomány a C( 3; 3) középpontú, egység sugarú zárt körlap, ennek területe 4 π A teljes tartomány a H halmaz, ennek területe 8 π 4 π 1 Így a keresett valószínűség: P = = 8 π Összesen: 9 pont 7 b) Az f függvény zérushelyei: 5 és 1 Mivel f főegyütthatója pozitív, a másodfokú függvény a két zérushelye között negatív értékeket vesz fel, ezért a kérdéses terület a függvény két zérushely közötti integráljának 1-szerese 1 3 x ( x + 6x + 5) dx = + 3x + 5x = T = pont ( ) ( ) ( ) ( ) = ( 5) + 5 ( 5) (kiszámítva: ) 3 1 Ez a pont nem bontható, és jár a vizsgázónak akkor is, ha ezt nem mondja ki, de ennek megfelelően számol Ezek a pontok járnak a vizsgázónak akkor is, ha ezt nem mondja ki, de ennek megfelelően számol A keresett terület nagysága: ( 10,67) 3 Bármely alakban megadott helyes érték ot 3 ér Összesen: 7 pont írásbeli vizsga / október 1

16 8 első megoldás E G F D P C 8 H A B GF középvonal a DCE háromszögben, így GF = 14 (egység) Az ABFG négyszög szimmetrikus trapéz, mivel AB CD FG, és AG = BF (szemközti, egymással egybevágó oldallapok megfelelő súlyvonalai) Legyen HF a trapéz alapokhoz tartozó magassága A trapéz területképlete alapján HF = 504 (területegység), tehát HF = 4 (egység) A szimmetrikus trapéz tulajdonsága miatt 8 14 HB = = 7 (egység) A HBF derékszögű háromszögben Pitagorasz-tételét alkalmazva: BF = 4 + 7, ahonnan BF = 5 (egység) Az F pontból a BC oldalra bocsátott merőleges talppontja legyen P Ez a pont a BC oldal C-hez pont legközelebbi negyedelő pontja A negyedelő pont indoklása: Például legyen Q a BC él felezőpontja Az FP szakasz a EQC háromszög középvonala 3 1 BP= BC = 1 és PC = BC = A BPF derékszögű háromszögben Pitagorasz-tételét alkalmazva: PF = 5 1 ( = 184) Az FPC derékszögű háromszögben Pitagorasz-tételét alkalmazva: FC = , így FC = 33( 15,6) (egység) A gúla oldaléle FC = 33 30,53 (egység) EC= ( ) Összesen: 16 pont Bármely alakban megadott helyes érték írásbeli vizsga / október 1

17 8 második megoldás E G F A H B GF középvonal a DCE háromszögben, így GF = 14 (egység) Az ABFG négyszög szimmetrikus trapéz, mivel AB CD FG, és AG = BF (szemközti, egymással egybevágó oldallapok megfelelő súlyvonalai) Legyen HF a trapéz alapokhoz tartozó magassága A trapéz területképlete alapján HF = 504, tehát HF = 4 (egység) Az F pontból az ABCD alaplapra bocsátott merőleges talppontja legyen I Ez a pont az AC átló C-hez legközelebbi negyedelő pontja A negyedelő pont indoklása: Például a gúla magassága, az EC oldalél és az AC átló által meghatározott háromszögnek az IF szakasz középvonala AC = 1568 = (8 39,6), így IC = 98 ( = 7 9,9) A szimmetrikus trapéz tulajdonsága miatt 8 14 HB = = 7, vagyis H az AB oldal B-hez legközelebbi negyedelő pontja A párhuzamos szelőszakaszok tétele alapján: HI = 1 A HIF derékszögű háromszögre Pitagorasz tételét alkalmazva: IF = 4 1 ( = 135) Az ICF derékszögű háromszögre alkalmazva FC = , Pitagorasz tételét: ( ) ahonnan = 33( 15,6) FC A gúla oldaléle FC = 33 30,53 (egység) D EC= ( ) I 8 C Összesen: 16 pont Bármely alakban megadott helyes érték írásbeli vizsga / október 1

18 8 harmadik megoldás GF középvonal a DCE háromszögben, így GF = 14 (egység) Az ABFG négyszög szimmetrikus trapéz, mivel AB CD FG, és AG = BF (szemközti, egymással egybevágó oldallapok megfelelő súlyvonalai) Legyen HF a trapéz alapokhoz tartozó magassága A trapéz területképlete alapján HF = 504 (területegység), tehát HF = 4 (egység) A szimmetrikus trapéz tulajdonsága miatt 8 14 HB = = 7 (egység) A HBF derékszögű háromszögben Pitagorasz-tételét alkalmazva: BF = 4 + 7, ahonnan BF = 5 (egység) Tekintsük a BEC egyenlő szárú háromszöget! Használjuk az ábra jelöléseit! E a a F 5 ϕ a B 8 C A BFC háromszög BC(=8) oldalára felírva a koszinusztételt: (1) a 8 = a cosϕ 4 A BFE háromszög BE oldalára felírva a koszinusztételt: () a o a = a cos( 180 ϕ) 4 Mivel a kiegészítő szögek koszinuszai egymás ellentettjei, ezért (1) és () egyenletekből a koszinuszos tagok kiküszöbölhetőek pont Rendezéssel kapjuk, hogy a = 93 A gúla oldaléle a=ec= 93( 30,53) (egység) Összesen: 16 pont Bármely alakban megadott helyes érték írásbeli vizsga / október 1

19 9 a) A számlanyitás összege: a 1 = A következő év első banki napján a számlán lévő pénz: a = a 1 1,08 + a 1 (= ) A következő év első banki napján a számlán lévő pénz: a 3 = a 1,08 + a 1 = a 1 (1,08 + 1,08 + 1)(= ) Összesen 18 alkalommal fizetnek be a számlára, így az utolsó befizetéskor a számlán levő pénzösszeg: a 18 = a 17 1,08 + a 1 = = a 1 (1, , ,08 + 1) Ez az összeg még egy évig kamatozik, így a számlához való hozzáférés időpontjában a számlán lévő összeg: c = a 1 (1, , ,08 + 1,08) A zárójelben lévő összeg egy mértani sorozat első 18 tagjának az összege A sorozat első tagja 1,08, és a hányadosa is 1,08 Ha ezek a gondolatok csak a megoldás során jelennek meg, ez a pont akkor is jár pont 18 1,08 1 c = a1 1,08 ( ) 1,08 1 A számlán lévő összeg (kerekítve) Ft Összesen: 8 pont Ez a pont nem bontható írásbeli vizsga / október 1

20 9 b) Az induló tőke (az egy összegben felvehető pénz): c = Ft Jelölje y az évenként felvehető összeget Az első kivét után a számlán lévő pénz: b 1 = c y A második felvétel után a számlán lévő pénz: b = b 1 1,05 y = c 1,05 y (1,05 + 1) A harmadik felvétel után a számla összege: b 3 = b 1,05 y = c 1,05 y (1,05 + 1,05 + 1) A hatodik felvétel után a számlán lévő összeg: b 6 = b 5 1,05 y = = c 1,05 5 y (1, , ,05 + 1) Ugyanakkor a számla kiürül az utolsó felvételkor, így b 6 = 0 A zárójelben lévő összeg egy mértani sorozat első 6 tagjának az összege A sorozat első tagja 1, és a hányadosa 1,05 Így 5 1,05 y = c 6 1,05 1 1,05 1 Az alkalmanként felvehető összeg (kerekítve) Ft Összesen: 8 pont Ha ezek a gondolatok csak a megoldás során jelennek meg, ez a 3 pont akkor is jár Minden, a közbülső számításoknál jól kerekített adatokkal való helyes számolásért jár az Pl y 0,188c esetén y Ft írásbeli vizsga / október 1