Lyhyt matematiikka, kevät 2024 – yo-kokeen tehtävät ja ratkaisut

Ensimmäisen asteen yhtälö ratkeaa siirtämällä vakiotermi toiselle puolelle ja jakamalla sitten kertoimella.

1. Lisää molemmille puolille $8$: $3x=34+8=42$.
2. Jaa puolittain kolmella: $x=\frac{42}{3}=14$.
3. Tarkista sijoittamalla: $3\cdot 14-8=42-8=34$, mikä täsmää.

Vastaus: $14$ (2 p.).

Ansa: vakiotermi vaihtaa merkkinsä siirtyessään, joten oikealle puolelle tulee $34+8=42$, ei $34-8=26$. Jaa kertoimella vasta sitten, kun toinen puoli on sievennetty valmiiksi. Vastauskenttään riittää pelkkä luku ilman välivaiheita.

Puhdas toisen asteen yhtälö ratkeaa ottamalla neliöjuuri puolittain, jolloin ratkaisuja tulee kaksi.

1. Siirrä vakio oikealle puolelle: $x^2=100$.
2. Ota neliöjuuri puolittain ja muista molemmat merkit: $x=\pm\sqrt{100}=\pm 10$.
3. Saman voi tehdä tekijöihin jakamalla: $x^2-100=(x-10)(x+10)=0$, joten $x=10$ tai $x=-10$.
4. Kysytty positiivinen ratkaisu on $10$.

Vastaus: $10$ (2 p.).

Ansa: yhtälöllä on kaksi ratkaisua, sillä myös $(-10)^2=100$. Tässä kysytään vain positiivista, mutta yleisesti neliöjuuren otossa on aina kirjoitettava molemmat merkit näkyviin.

Suora leikkaa $x$-akselin siinä kohdassa, jossa $y$-koordinaatti on nolla.

1. Aseta $y=0$: $3x+12=0$.
2. Siirrä vakiotermi toiselle puolelle: $3x=-12$.
3. Jaa kolmella: $x=-4$.
4. Tarkista: $3\cdot(-4)+12=-12+12=0$, joten leikkauspiste on $(-4,0)$.

Vastaus: $x=-4$ (2 p.).

Ansa: merkki. Kun termi $+12$ siirretään yhtälön toiselle puolelle, siitä tulee $-12$, joten vastaus on negatiivinen. Toinen tavallinen virhe on sekoittaa akselit: luku $12$ on suoran $y$-akselin leikkauskohta, ei kysytty $x$-akselin leikkauskohta.

Suora leikkaa $y$-akselin siinä kohdassa, jossa $x$-koordinaatti on nolla.

1. Sijoita $x=0$ yhtälöön $y+2x-6=0$: $y+2\cdot 0-6=0$.
2. Sievennä: $y-6=0$.
3. Ratkaise: $y=6$, joten leikkauspiste on $(0,6)$.

Vastaus: $y=6$ (2 p.).

Vaihtoehtoisesti muokkaa yhtälö ratkaistuun muotoon $y=-2x+6$, jolloin vakiotermi $6$ on suoraan $y$-akselin leikkauskohta.

Ansa: älä sekoita akseleita keskenään. Jos asettaisit $y=0$, saisit $x$-akselin leikkauskohdan $x=3$, jota ei tässä kysytä.

Funktion arvo kohdassa $x=2$ saadaan sijoittamalla luku $2$ muuttujan paikalle ja noudattamalla laskujärjestystä.

1. Sijoita: $f(2)=3\cdot 2^8-68$.
2. Laske potenssi ensin: $2^8=256$.
3. Kerro: $3\cdot 256=768$.
4. Vähennä: $768-68=700$.

Vastaus: $f(2)=700$ (2 p.).

Ansa: laskujärjestys. Potenssi lasketaan ennen kertolaskua, joten lauseke ei tarkoita potenssia $(3\cdot 2)^8=6^8$. Toinen tavallinen virhe on laskea potenssi väärin: $2^8=256$, kun taas $2^4=16$.

Kuutiojuuri on määritelty myös negatiivisille luvuille, ja pariton potenssi säilyttää etumerkin.

1. Siirrä vakio oikealle puolelle: $x^3=-2197$.
2. Ota kuutiojuuri puolittain: $x=\sqrt[3]{-2197}=-\sqrt[3]{2197}$.
3. Koska $13^3=13\cdot 13\cdot 13=2197$, saadaan $x=-13$.
4. Tarkista: $(-13)^3+2197=-2197+2197=0$.

Vastaus: $-13$ (2 p.).

Ansa: merkki. Parittomalla eksponentilla ratkaisu on yksikäsitteinen, joten vastaukseen ei tule $\pm$-merkkiä, eikä positiivinen $13$ kelpaa: negatiivinen luku pysyy kolmanteen potenssiin korotettaessa negatiivisena.

Annuiteettilainassa kaikki maksuerät ovat yhtä suuria, joten 13. erä on sama kuin ensimmäinen.

1. Kuukausikorko on vuosikorko jaettuna kahdellatoista: $\frac{4{,}5\ \%}{12}=0{,}375\ \%$ (1 p.), joten korkokerroin on $q=1{,}00375$ (1 p.).
2. Lyhennyseriä on $12\cdot 12=144$ kappaletta (1 p.).
3. Sijoita annuiteettikaavaan $A=Kq^n\cdot\frac{1-q}{1-q^n}$ arvot $K=135\,000$, $q=1{,}00375$ ja $n=144$ (2 p.).
4. Laske tulos: $A=1215{,}01$ euroa (1 p.).

Vastaus: 13. maksuerä on $1215{,}01$ euroa, ja vain tämä tarkkuus kelpaa.

Ansa: vuosikorkoa ei saa sijoittaa kaavaan sellaisenaan, kun lyhennykset ovat kuukausittaisia; sekä korko että eräluku on muunnettava samaan jaksoon.

Tasalyhennyslainassa lyhennysosa on joka kuukausi sama, mutta korko-osa pienenee velan pienentyessä.

1. Lyhennysosa on $\frac{135\,000}{144}=937{,}50$ euroa kuukaudessa (2 p.).
2. Ennen 13. erää on maksettu 12 lyhennystä, joten velkaa on jäljellä $135\,000-12\cdot 937{,}50=135\,000-11\,250=123\,750$ euroa (2 p.).
3. Kuukausikorko on $\frac{4{,}5\ \%}{12}=0{,}375\ \%=0{,}00375$, joten korko-osa on $123\,750\cdot 0{,}00375\approx 464{,}06$ euroa (1 p.).
4. Maksuerä on lyhennys ja korko yhteensä: $937{,}50+464{,}06=1401{,}56$ euroa (1 p.).

Vastaus: 13. maksuerä on $1401{,}56$ euroa.

Ansa: korko lasketaan erän alussa jäljellä olevasta velasta, ei alkuperäisestä $135\,000$ eurosta.

Tappiota ei synny, kun tulot ovat vähintään yhtä suuret kuin menot; ruokailukulut lasketaan vain puolelle osallistujista.

1. Esittele muuttuja: olkoon $x$ osallistujien lukumäärä (1 p.).
2. Tulot ovat $30x$ euroa (2 p.).
3. Menot ovat tilavuokra $1000$ euroa ja ruokailu $11{,}50\cdot\frac{x}{2}=5{,}75x$ euroa, sillä vain puolet ruokailee (3 p.).
4. Muodosta epäyhtälö $1000+5{,}75x\le 30x$ (3 p.).
5. Ratkaise: $1000\le 24{,}25x$, joten $x\ge\frac{1000}{24{,}25}\approx 41{,}2$ (2 p.).
6. Osallistujamäärä on kokonaisluku, joten pyöristä ylöspäin (1 p.).

Vastaus: koulutuspäivään tarvitaan vähintään $42$ osallistujaa.

Ansa: pyöristä ylöspäin; $41$ osallistujaa jäisi rajan alle ja tuottaisi tappiota. Ratkaisu ilman (epä)yhtälöä antaa enintään 3 p.

Nyt tunnetaan aika ja etsitään korkeutta, joten kaavaan sijoitetaan $t$ ja ratkaistaan $h$.

1. Tunti on $60$ minuuttia, joten yhtälö on $60=120\left(1-\left(1-\frac{h}{18}\right)^3\right)$ (2 p.).
2. Jaa puolittain luvulla $120$: $\frac12=1-\left(1-\frac{h}{18}\right)^3$, joten $\left(1-\frac{h}{18}\right)^3=\frac12$.
3. Ota kuutiojuuri puolittain: $1-\frac{h}{18}=\sqrt[3]{0{,}5}\approx 0{,}7937$.
4. Ratkaise: $\frac{h}{18}\approx 0{,}2063$, joten $h\approx 3{,}7$ cm (2 p.).

Vastaus: nesteen pinta on noin $3{,}7$ cm korkeudella pohjasta.

Ansa: puolet kokonaisajasta ei tarkoita puolta korkeutta, koska malli on kolmatta astetta. Pelkkä arvaus ja tarkistus antavat enintään 3 p.

Verrantoa varten tarvitaan tiimalasin kokonaisvalumisaika, joka saadaan sijoittamalla kaavaan täysi korkeus.

1. Tiimalasi on tyhjentynyt kokonaan, kun neste on pohjalla korkeudella $h=18$ cm (1 p.).
2. Sijoita: $t=120\left(1-\left(1-\frac{18}{18}\right)^3\right)=120(1-0)=120$ minuuttia (2 p.).
3. Nesteen määrä on suoraan verrannollinen kuluneeseen aikaan, joten muodosta verranto $\frac{13}{1{,}0}=\frac{120}{V}$ (3 p.).
4. Kerro ristiin ja ratkaise: $13V=120$, joten $V=\frac{120}{13}\approx 9{,}2$ desilitraa (2 p.).

Vastaus: tiimalasissa on kaikkiaan noin $9{,}2$ desilitraa nestettä.

Ansa: pidä verrannossa yksiköt pareittain, eli minuutit minuuttien ja desilitrat desilitrojen kanssa; ristiin kirjoitettu verranto antaa väärän tuloksen.

Kysytään todennäköisyyttä, että pitoisuus ylittää annetun rajan, joten normaalijakaumasta rajataan yläpää.

1. Käytä normaalijakaumaa ja sijoita odotusarvo $54{,}1$ mikrogrammaa ja keskihajonta $8{,}4$ mikrogrammaa (3 p.).
2. Rajaa väli oikein: vähintään $50$ mikrogrammaa tarkoittaa tapahtumaa $X\ge 50$ (1 p.).
3. Laske laskimen normaalijakaumakomennolla todennäköisyys välille $50$:sta ylöspäin: tulokseksi saadaan $0{,}687$ (1 p.).

Vastaus: noin $68{,}7\ \%$.

Ansa: väli oikeinpäin. Koska odotusarvo $54{,}1$ on rajaa $50$ suurempi, vastauksen kuuluu olla yli $50\ \%$. Väärinpäin rajattu väli $X\le 50$ antaisi noin $31{,}3\ \%$ ja pudottaisi koko tehtävän enintään 5 pisteeseen.

Keskihajonta pysyy samana, joten jakauma vain siirtyy vaakasuunnassa: etsitään odotusarvo, jolla ehto $P(X\ge 50)=0{,}95$ toteutuu (2 p.).

1. Kokeilemalla: sopiva arvo löytyy väliltä $63{,}5$–$64{,}0$. Kokeilu on riittävän tarkka, kun on saatu arvo $63{,}82$ tai osoitettu, että $63{,}8$ antaa hieman alle ja $63{,}9$ hieman yli arvon $0{,}95$ (3 p.).
2. Suoraan laskien: nykyisellä jakaumalla $P(X\ge 40{,}28)=0{,}95$, eli raja on $50-40{,}28=9{,}72$ mikrogrammaa odotusarvon alapuolella.
3. Siirrä odotusarvoa saman verran: $54{,}1+9{,}72\approx 63{,}8$.
4. Perustele yksikäsitteisyys: $P(X\ge 50)$ kasvaa aidosti odotusarvon kasvaessa, joten ratkaisuja on vain yksi (1 p.).

Vastaus: odotusarvon tulee olla noin $63{,}8$ mikrogrammaa (1 p.).

Ansa: keskihajonta ei muutu, joten jakauman leveyteen ei kosketa.

Keskimääräinen muutosnopeus välillä on erotusosamäärä eli funktion arvon muutos jaettuna muuttujan muutoksella.

1. Laske arvo välin alkupäässä: $p(0)=0+0-0-1=-1$ (1 p.).
2. Laske arvo loppupäässä: $p(3)=27+2\cdot 9-33-1=27+18-33-1=11$ (1 p.).
3. Muodosta erotusosamäärä: $\frac{p(3)-p(0)}{3-0}=\frac{11-(-1)}{3}$ (2 p.).
4. Laske: $\frac{12}{3}=4$.

Vastaus: keskimääräinen muutosnopeus välillä $0\le x\le 3$ on $4$, kuten väitettiin.

Ansa: kahden miinusmerkin sääntö osoittajassa — $11-(-1)=12$, ei $10$. Muista myös jakaa välin pituudella $3-0=3$ eikä millään muulla luvulla.

Hetkellinen muutosnopeus kohdassa $x$ on derivaatan arvo, joten ratkaistavaksi tulee yhtälö $p'(x)=4$.

1. Derivoi termeittäin: $p'(x)=3x^2+4x-11$ (3 p.).
2. Totea, että hetkellinen muutosnopeus on derivaatan arvo, ja muodosta yhtälö $3x^2+4x-11=4$ (2 p.).
3. Siirrä normaalimuotoon: $3x^2+4x-15=0$.
4. Ratkaisukaavalla $x=\frac{-4\pm\sqrt{4^2-4\cdot 3\cdot(-15)}}{2\cdot 3}=\frac{-4\pm\sqrt{196}}{6}=\frac{-4\pm 14}{6}$, joten $x=-3$ tai $x=\frac53$ (2 p.).
5. Rajaa välille $0\le x\le 3$: juuri $-3$ ei kuulu välille (1 p.).

Vastaus: ainoa kysytty kohta on $x=\frac53\approx 1{,}67$.

Ansa: muista karsia välin ulkopuolelle jäävät juuret; tehtävässä kysyttiin nimenomaan välillä $0\le x\le 3$ olevia kohtia.

Murtolukujen jakolasku lasketaan oikeasti kertomalla jakajan käänteisluvulla, joten oppilaan tulos on tarkistettava sillä menetelmällä.

1. Laske oikealla menetelmällä: $\frac{3}{20}:\frac14=\frac{3}{20}\cdot\frac41=\frac{12}{20}$ (1 p.).
2. Supista neljällä: $\frac{12}{20}=\frac35$ (1 p.).
3. Vertaa oppilaan tulokseen: hän sai saman luvun $\frac35$.

Vastaus: kyllä, esimerkkilaskun lopputulos on oikein.

Huomaa, että tässä osatehtävässä kysytään vain lopputulosta, ei sitä, toimiiko menetelmä yleisesti. Ansa: oppilaan tapa vaatii, että sekä osoittajien että nimittäjien jakolaskut menevät tasan; muuten se ei tuota murtolukua lainkaan.

Tässä on nimenomaan käytettävä oppilaan menetelmää: osoittajat jaetaan keskenään ja nimittäjät keskenään.

1. Jaa osoittajat: $6:3=2$ (1 p.).
2. Jaa nimittäjät: $35:5=7$ (1 p.).
3. Kokoa tulos: $\frac{6}{35}:\frac35=\frac{6:3}{35:5}=\frac27$ (2 p.).
4. Tarkista tavallisella menetelmällä: $\frac{6}{35}\cdot\frac53=\frac{30}{105}=\frac27$, joten tulos täsmää.

Vastaus: $\frac27$.

Ansa: jos et käytä tehtävässä esitettyä menetelmää vaan lasket suoraan käänteisluvulla, tehtävästä saa 0 p., vaikka lopputulos olisi oikea. Menetelmä toimii tässä siksi, että molemmat jakolaskut menevät tasan.

Menetelmä toimii vain, kun sekä osoittajien että nimittäjien osamäärät ovat kokonaislukuja; supistumaton tulos syntyy, kun näillä osamäärillä on yhteinen tekijä.

1. Keksi tehtävänannon mukainen, esimerkistä poikkeava jakolasku (1 p.), esimerkiksi $\frac{8}{12}:\frac23$.
2. Varmista, että lasku on toimiva: $8:2=4$ ja $12:3=4$ ovat kokonaislukuja, joilla on yhteinen tekijä (2 p.).
3. Suorita lasku oppilaan menetelmällä: $\frac{8}{12}:\frac23=\frac{8:2}{12:3}=\frac44$ (2 p.).
4. Totea, ettei $\frac44$ ole supistetussa muodossa, sillä osoittajalla ja nimittäjällä on yhteinen tekijä $4$; supistettuna se olisi $1$ (1 p.).

Vastaus: esimerkiksi $\frac{8}{12}:\frac23=\frac44$, joka ei ole supistetussa muodossa.

Ansa: valitse luvut niin, että molemmat jakolaskut menevät tasan, sillä muuten esimerkki ei kelpaa.

Särmiön tilavuus on pohjan ala kertaa korkeus, joten pohjan ala saadaan jakamalla tilavuus korkeudella. Laske desimetreissä, jolloin litra on $1\ \mathrm{dm}^3$.

1. Korkeus on $20$ cm $=2$ dm.
2. Suurempi tölkki: pohjan ala on $\frac{1{,}75\ \mathrm{dm}^3}{2\ \mathrm{dm}}=0{,}875\ \mathrm{dm}^2$ (1 p.), joten neliön sivu on $\sqrt{0{,}875}\approx 0{,}94$ dm $=9{,}4$ cm (1 p.).
3. Litran tölkki: pohjan ala on $\frac{1\ \mathrm{dm}^3}{2\ \mathrm{dm}}=0{,}5\ \mathrm{dm}^2$ (1 p.), joten sivu on $\sqrt{0{,}5}\approx 0{,}71$ dm $=7{,}1$ cm (1 p.).

Vastaus: pohjaneliön sivut ovat noin $9{,}4$ cm ja noin $7{,}1$ cm.

Ansa: yksikkömuunnos. Litra on $1\ \mathrm{dm}^3$, ja jokainen muunnosvirhe maksaa tölkkiä kohti pisteen.

Vertailu on tehtävä suhdelukuna eli materiaalin määränä maitolitraa kohti, sillä tölkit ovat erikokoisia.

1. Suurempi tölkki: sivutahkoja on neljä, kukin $2\ \mathrm{dm}\cdot 0{,}935\ \mathrm{dm}$, joten $A_1=4\cdot 2\cdot 0{,}935\approx 7{,}483\ \mathrm{dm}^2$ ja materiaalia $7{,}483+4{,}5\cdot 0{,}875\approx 11{,}420\ \mathrm{dm}^2$ (2 p.).
2. Suhde maidon määrään: $\frac{11{,}420}{1{,}75}\approx 6{,}53\ \mathrm{dm}^2/\mathrm{l}$ (2 p.).
3. Litran tölkki: $A_1=4\cdot 2\cdot 0{,}707\approx 5{,}657\ \mathrm{dm}^2$ ja materiaalia $5{,}657+4{,}5\cdot 0{,}5\approx 7{,}906\ \mathrm{dm}^2$, joten suhde on noin $7{,}91\ \mathrm{dm}^2/\mathrm{l}$ (3 p.).
4. Vertaa: $7{,}91>6{,}53$ (1 p.).

Vastaus: litran tölkissä on enemmän pakkausmateriaalia suhteessa maidon määrään.

Ansa: laske välivaiheet vähintään kahden merkitsevän numeron tarkkuudella.

Molemmat pelit ratkeavat vastatapahtuman kautta: on helpompi laskea todennäköisyys sille, ettei suotuisaa tulosta tule kertaakaan.

1. Yhdessä heitossa kuutosen välttämisen todennäköisyys on $\frac56$, ja koska heitot ovat riippumattomia, neljällä heitolla $P(\text{ei yhtään kuutosta})=\left(\frac56\right)^4$ (3 p.).
2. Voittotodennäköisyys on komplementti: $1-\left(\frac56\right)^4=\frac{671}{1296}\approx 0{,}52$, ja $0{,}52>0{,}5$, joten ensimmäinen peli on de Mérélle voitollinen (3 p.).
3. Kahdella nopalla tulospareja on $6\cdot 6=36$, joten kuutospari tulee todennäköisyydellä $\frac{1}{36}$ ja $P(\text{ei yhtään paria})=\left(\frac{35}{36}\right)^{24}$ (3 p.).
4. Voittotodennäköisyys on $1-\left(\frac{35}{36}\right)^{24}\approx 0{,}49<0{,}5$, joten toinen peli on tappiollinen (3 p.).

Vastaus: väite pitää paikkansa.

Ansa: puutteelliset sanalliset selitykset maksavat pisteen kummastakin pelistä.

Derivaatan merkki kertoo, milloin funktio vähenee ja milloin kasvaa, joten kuvaajan on käännyttävä kohdissa $t=2$ ja $t=4$.

1. Piirrä jatkuva, derivoituvan näköinen käyrä välille $0\le t\le 9$: se vähenee välillä $[0,2]$, kasvaa välillä $[2,4]$ ja vähenee välillä $[4,9]$ (1 p.).
2. Aseta korkeudet niin, että huippu kohdassa $t=4$ on koko välin korkein piste, eli $T(4)>T(0)$ (3 p.).
3. Selitä sanallisesti: negatiivinen derivaatta tarkoittaa laskevaa ja positiivinen nousevaa lämpötilaa, joten $t=2$ on minimikohta ja $t=4$ maksimikohta. Koska $T(4)>T(0)$, tämä paikallinen maksimi on samalla suurin arvo koko välillä (2 p.).

Vastaus: kelpaava kuva on laskeva–nouseva–laskeva käyrä, jonka huippu kohdassa $t=4$ on alkupistettä korkeammalla.

Ansa: sanallisista selityksistä saa pisteitä vain, jos selitetyt asiat näkyvät myös kuvassa; kulkukaavio yksinään ei anna pisteitä.

Kulku on sama kuin edellisessä osatehtävässä, mutta nyt alkupisteen on oltava paikallista huippua korkeammalla.

1. Piirrä jatkuva, derivoituvan näköinen käyrä, joka vähenee välillä $[0,2]$, kasvaa välillä $[2,4]$ ja vähenee välillä $[4,9]$ (1 p.).
2. Aseta korkeudet niin, että $T(0)>T(4)$, jolloin suurin arvo saavutetaan välin alkupisteessä eikä hetkellä $t=4$ (3 p.).
3. Selitä sanallisesti: derivaatan merkit määräävät vain kasvamisen ja vähenemisen, joten $t=4$ on paikallinen maksimi. Kun lasku välillä $[0,2]$ on suurempi kuin nousu välillä $[2,4]$, alkuarvo jää suurimmaksi (2 p.).

Vastaus: kelpaava kuva on laskeva–nouseva–laskeva käyrä, jossa $T(0)$ on korkeammalla kuin huippu $T(4)$.

Ansa: derivaatan merkkejä ei saa muuttaa — vain kuvaajan korkeuksia siirretään.