2006. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az A állítás hamis.
Ugyanis van a négyszögnek derékszöge. Például az \( SRQ\sphericalangle \), mert felírva a megfelelő vektorokat:
\( \overrightarrow{RQ} = (1 - (-6); 3 - 2) = (7; 1) \)
\( \overrightarrow{RS} = (-5 - (-6); -5 - 2) = (1; -7) \)
A két vektor skaláris szorzata: \( \overrightarrow{RQ} \cdot \overrightarrow{RS} = 7 \cdot 1 + 1 \cdot (-7) = 0 \). Így a négyszög \( R \)-nél lévő szöge derékszög.

b) A B állítás igaz.
A \( PQRS \) négyszögben az \( R \) csúccsal szemközti \( P \) csúcsnál lévő szög is derékszög, ugyanis:
\( \overrightarrow{PQ} = (1 - 3; 3 - (-1)) = (-2; 4) \)
\( \overrightarrow{PS} = (-5 - 3; -5 - (-1)) = (-8; -4) \)
Ezek skaláris szorzata: \( \overrightarrow{PQ} \cdot \overrightarrow{PS} = (-2)(-8) + 4(-4) = 16 - 16 = 0 \).
Így a négyszög két szemközti szögének összege \( 180^\circ \) (a húrnégyszög-tétel megfordítása miatt), tehát a négyszög valóban húrnégyszög.

c) A C állítás igaz.
Ha lenne a négyszögnek szimmetriacentruma, akkor a \( PQRS \) négyszög paralelogramma lenne. Ehhez például az kellene, hogy az \( \overrightarrow{RQ}(7; 1) \) és a \( \overrightarrow{PS}(-8; -4) \) vektorok ellentett vektorok legyenek.
Ez csakis úgy teljesülne, ha az egyik oldalvektor koordinátái a másik vektor koordinátáinak \( -1 \)-szeresei lennének. Ez viszont láthatóan nem teljesül, így nincs szimmetriacentruma.

a) Az \( f(x) = 0 \) egyenletet kell megoldani:
$$ x^3 - 3x = x(x^2 - 3) = x(x + \sqrt{3})(x - \sqrt{3}) = 0 $$ Ebből a zérushelyek: \( x_1 = -\sqrt{3} \), \( x_2 = 0 \), \( x_3 = \sqrt{3} \). Mindhárom gyök eleme az értelmezési tartománynak, így mindegyik zérushely.

b) Az \( f \) differenciálható, a monotonitás vizsgálatához az első derivált előjelét elemezzük:
$$ f'(x) = 3x^2 - 3 $$ Az első derivált nulla, ha \( 3x^2 - 3 = 0 \), azaz \( x = -1 \) vagy \( x = 1 \). Készítsünk táblázatot az előjelviszonyokról:

A függvény a \( [-2,5; -1] \) és az \( [1; 2,5] \) intervallumokon szigorúan monoton növekvő, a \( [-1; 1] \) intervallumon pedig szigorúan monoton csökkenő.

c) A függvény felveszi helyi szélsőértékeit az \( x = -1 \) és \( x = 1 \) helyeken (értékük 2 és -2).
A globális szélsőértékekhez meg kell vizsgálni az intervallum végpontjaiban felvett függvényértékeket is:
\( f(-2,5) = (-2,5)^3 - 3(-2,5) = -15,625 + 7,5 = -8,125 \)
\( f(2,5) = 2,5^3 - 3(2,5) = 15,625 - 7,5 = 8,125 \)
Összehasonlítva az értékeket, a legkisebb függvényérték \( -8,125 \), a legnagyobb függvényérték pedig \( 8,125 \).

Az első egyenlet alapján \( y \) tetszőleges valós szám, de az exponenciális kifejezés miatt \( x - 3 > 0 \), azaz \( x > 3 \).
A második egyenlet értelmezési tartománya: \( x^2 - 4x + 3 > 0 \), aminek megoldása \( x > 3 \) vagy \( x < 1 \).
A közös feltétel tehát: \( x > 3 \).

Fejezzük ki az első egyenletből \( y \)-t: \( y = \lg(x - 3) \).
Ezt helyettesítsük be a második egyenlet jobb oldalára, és alakítsuk át a \( + 1 \) tagot is: $$ \lg(x^2 - 4x + 3) = 2\lg(x - 3) + \lg 10 $$ A logaritmus azonosságait alkalmazva: $$ \lg(x^2 - 4x + 3) = \lg\left( 10(x - 3)^2 \right) $$ Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton: $$ x^2 - 4x + 3 = 10(x - 3)^2 $$ A bal oldalt szorzattá alakítva: $$ (x - 3)(x - 1) = 10(x - 3)^2 $$ Mivel tudjuk, hogy \( x > 3 \), így \( x - 3 \neq 0 \), vagyis oszthatunk vele: $$ x - 1 = 10(x - 3) $$ $$ x - 1 = 10x - 30 $$ $$ 29 = 9x \implies \mathbf{x = \frac{29}{9}} $$

Ezt visszahelyettesítve \( y \)-ba: $$ y = \lg\left( \frac{29}{9} - 3 \right) = \mathbf{\lg\left( \frac{2}{9} \right)} \approx -0,653 $$ Az egyenletrendszer megoldása tehát: \( x = \frac{29}{9} \) és \( y = \lg\frac{2}{9} \).

a) Írjuk fel a mértani sorozat első néhány tagjának 11-es maradékát! A következő maradékot mindig úgy kapjuk, hogy az előzőt beszorozzuk 3-mal, és vesszük a 11-es maradékot.
A sorozat maradékai: 5; 4; 1; 3; 9; 5; ...
Látható, hogy a maradékok ciklikusan ismétlődnek, és a periódus hossza 5. Egy cikluson belül pontosan egyszer fordul elő az 1-es maradék.
Az első 110 tagban pontosan \( 110 / 5 = 22 \) teljes ciklus van.
Így a kedvező esetek száma 22, az összes eset száma 110. A keresett valószínűség: $$ P = \frac{22}{110} = \mathbf{\frac{1}{5}} = 0,2 $$

b) Hasonlóan, a számtani sorozatnál a következő maradékot úgy kapjuk, hogy 3-at adunk az előzőhöz (és 11-es maradékot veszünk).
A maradékok: 5; 8; 0; 3; 6; 9; 1; 4; 7; 10; 2; 5; ...
Itt a ciklus hossza 11 (mivel a 3 relatív prím a 11-hez, minden lehetséges maradékot pontosan egyszer érint egy cikluson belül).
A 11 hosszú cikluson belül pontosan egyszer van 1-es maradék. A 110 tag pontosan \( 110 / 11 = 10 \) ilyen ciklust alkot.
Így a kedvező esetek száma 10. A valószínűség: $$ P = \frac{10}{110} = \mathbf{\frac{1}{11}} $$

a) Jelölje \( x \) azt az időt (órában), amennyi alatt Panni egyedül begépelné a kéziratot, \( y \) pedig Kati idejét. Egy óra alatti teljesítményük így \( \frac{1}{x} \) és \( \frac{1}{y} \).
Mivel együtt 12 óra alatt végeznének: $$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{12} $$ Kedden Panni 8-tól 14 óráig (6 órát) dolgozott, Kati pedig 10-től 14 óráig (4 órát). Ezzel a munka 40%-ával (azaz \( \frac{2}{5} \)-ével) végeztek: $$ 6 \cdot \frac{1}{x} + 4 \cdot \frac{1}{y} = \frac{2}{5} $$ Fejezzük ki \( \frac{1}{y} \)-t az első egyenletből: \( \frac{1}{y} = \frac{1}{12} - \frac{1}{x} \), és helyettesítsük be: $$ \frac{6}{x} + 4\left(\frac{1}{12} - \frac{1}{x}\right) = \frac{2}{5} $$ $$ \frac{6}{x} + \frac{1}{3} - \frac{4}{x} = \frac{2}{5} \implies \frac{2}{x} = \frac{2}{5} - \frac{1}{3} = \frac{6 - 5}{15} = \frac{1}{15} $$ Ebből \( x = 30 \). Visszahelyettesítve: $$ \frac{1}{y} = \frac{1}{12} - \frac{1}{30} = \frac{5 - 2}{60} = \frac{3}{60} = \frac{1}{20} \implies y = 20 $$ Tehát Panni 30 óra, Kati 20 óra alatt végezne egyedül.

b) Szerdán a munka hátralévő 60%-át (\( \frac{3}{5} \)-ét) végezték el. Jelölje \( t \) a gépelésre fordított tiszta munkaidőt Panni esetében. Mivel Kati egy óra szünetet tartott (Panni pedig felet), Kati nettó munkaideje Panniéhoz képest fél órával kevesebb: \( t - 0,5 \) óra.
Írjuk fel a szerdán elvégzett munkát: $$ t \cdot \frac{1}{30} + (t - 0,5) \cdot \frac{1}{20} = \frac{3}{5} $$ Közös nevezőre (60) hozva: $$ 2t + 3(t - 0,5) = 36 $$ $$ 5t - 1,5 = 36 \implies 5t = 37,5 \implies t = 7,5 \text{ óra.} $$ Panni nettó munkaideje tehát 7,5 óra volt. Ő összesen 0,5 órát pihent, így az összes eltelt idő \( 7,5 + 0,5 = 8 \) óra.
Mivel 9 órakor kezdték a munkát, \( 9 + 8 = 17 \), így 17 órakor fejezték be.

a) Binomiális eloszlást alkalmazunk. A színtévesztő valószínűsége \( p = 0,04 \), a vizsgálatok száma \( n = 8 \). Annak a valószínűsége, hogy pontosan 2 színtévesztő van: $$ P(k=2) = \binom{8}{2} \cdot 0,04^2 \cdot 0,96^6 \approx 28 \cdot 0,0016 \cdot 0,78276 \approx \mathbf{0,035} $$

b) A "legalább 2" esemény komplementerével érdemes számolni: legfeljebb 1 színtévesztő van (0 vagy 1).
\( P(k=0) = \binom{8}{0} \cdot 0,04^0 \cdot 0,96^8 \approx 0,7214 \)
\( P(k=1) = \binom{8}{1} \cdot 0,04^1 \cdot 0,96^7 \approx 8 \cdot 0,04 \cdot 0,7514 \approx 0,2405 \)
A komplementer esemény valószínűsége e kettő összege: \( \approx 0,9619 \).
Így a keresett valószínűség: $$ P(k \ge 2) = 1 - (P(k=0) + P(k=1)) \approx 1 - 0,9619 = \mathbf{0,038} $$

c) Tegyük fel, hogy lehetséges. Ekkor a 8 férfiből 2 senkivel sem fogott kezet, azaz csak 6 férfi vett részt a kézfogásokban.
Minden nő (összesen 9-en vannak) pontosan 5 férfival fogott kezet, ami azt jelenti, hogy minden nő a férfiak egy 5 fős részhalmazát választotta.
A feltétel szerint nincs két nő, aki ugyanazzal az 5 férfival fogott volna kezet. Azaz szükségünk lenne 9 különböző 5 fős részhalmazra a rendelkezésre álló férfiak halmazából.
Ha csak 6 férfi fogott kezet, akkor belőlük legfeljebb $$ \binom{6}{5} = 6 $$ különböző 5 fős csoport alakítható ki.
Mivel a nők száma 9, és mindegyiknek egyedi csoporthoz kellett volna tartoznia, a 6 < 9 ellentmondásra vezet (skatulyaelv). Tehát nem lehetséges, hogy két férfi senkivel sem fogott kezet.

a) Számítsuk ki a hiányzó nézőszámokat (bevétel / jegyár, figyelve, hogy a bevétel ezer Ft-ban van):
Kecskemét: \( \frac{22272 \cdot 1000}{1600} = 13920 \) fő.
Pécs: \( \frac{15405 \cdot 1000}{1300} = 11850 \) fő.
Az öt adat közül a maximális a 13920, így Kecskeméten adták el a legtöbb jegyet.

b) Az átlagos jegyár a teljes bevétel és a teljes nézőszám hányadosa.
Teljes nézőszám: \( 12350 + 8760 + 13920 + 9970 + 11850 = 56850 \) fő.
Teljes bevétel (Miskolc kiszámítása: \( 9970 \cdot 1500 = 14955 \) ezer Ft):
\( 14820 + 12264 + 22272 + 14955 + 15405 = 79716 \) ezer Ft, azaz \( 79.716.000 \) Ft.
Átlagos jegyár: \( \frac{79.716.000}{56850} = \mathbf{1402 \text{ Ft}} \).

c) Vizsgáljuk a lehetséges tényleges nézőszámokat!
Jelölje \( b \) a budapesti, \( p \) a prágai nézőszámot.
Bea becslése 50 000, az eltérés max 10% (azaz 5 000).
\( 45 000 \le b \le 55 000 \).
Peti becslése (60 000) a tényleges \( p \)-től tér el maximum 10%-kal:
\( 0,9p \le 60 000 \le 1,1p \implies 54 546 \le p \le 66 666 \).
A legnagyobb eltérés akkor adódik, ha \( p \) a maximális (66 666) és \( b \) a minimális (45 000).
\( p - b = 66 666 - 45 000 = 21 666 \).
Ezer főre kerekítve az eltérés lehetséges legnagyobb értéke 22 ezer fő.

d) Igen, lehetséges. Ha mindkét nézőszám megegyezik és beleesik a két intervallum metszetébe, a \( [54 546; 55 000] \) tartományba (például mindkét helyen pontosan 54 800 ember volt), akkor ez a szituáció előfordulhatott.

a) Az abszolútérték miatt a függvényt két ágra bonthatjuk: $$ y = \begin{cases} x^2 - 2x - 3 & \text{ha } x \ge 0 \\ x^2 + 2x - 3 & \text{ha } x < 0 \end{cases} $$ A teljes négyzetté alakításokkal: $$ y = \begin{cases} (x - 1)^2 - 4 & \text{ha } x \ge 0 \\ (x + 1)^2 - 4 & \text{ha } x < 0 \end{cases} $$ A grafikon tehát az \( y = x^2 \) parabola különböző eltolásaiból áll össze (egyik irányba jobbra lefelé, másik irányba balra lefelé eltolva), a megfelelő félsíkokban ábrázolva.

b) Összetett függvényhez a 3 függvény közül 2-t kiválasztva (a sorrendre figyelve) összesen \( 3 \cdot 2 = 6 \) féle lehetséges függvény kapható. Egyet már ismerünk, a maradék öt:
1. \( (f \circ g)(x) = f(g(x)) = (x-3)^2 - 2(x-3) - 3 = x^2 - 6x + 9 - 2x + 6 - 3 = \mathbf{x^2 - 8x + 12} \)
2. \( (h \circ f)(x) = h(f(x)) = \mathbf{|x^2 - 2x - 3|} \)
3. \( (f \circ h)(x) = f(h(x)) = |x|^2 - 2|x| - 3 = \mathbf{x^2 - 2|x| - 3} \)
4. \( (g \circ h)(x) = g(h(x)) = \mathbf{|x| - 3} \)
5. \( (h \circ g)(x) = h(g(x)) = \mathbf{|x - 3|} \)

c) A kommutatív függvénykompozícióra egyszerű példa két eltolás. Legyen \( c \) nullától különböző állandó:
\( p(x) = x + c \)
\( t(x) = x - c \)
Ekkor:
\( (p \circ t)(x) = p(x - c) = (x - c) + c = x \)
\( (t \circ p)(x) = t(x + c) = (x + c) - c = x \)
Tehát ezen hozzárendelési szabályok megfelelőek. (Számtalan más megoldás is létezik, pl. \( p(x)=x \), \( t(x)=x^2 \)).

a) Jelöljük a téglatest \( AD \) élének hosszát \( a \)-val! Mivel a \( D'DA \) háromszög egyenlőszárú derékszögű (szöge 45°):
A téglatest magassága: \( DD' = AA' = BB' = a \), és a lapátló \( AD' = a\sqrt{2} \).
Az \( ABB' \) derékszögű háromszögben \( BB' = a \) és \( \angle BAB' = 60^\circ \). A tangens és szinusz függvényeket alkalmazva:
\( AB = \frac{a}{\tan 60^\circ} = \frac{a}{\sqrt{3}} \) és az átfogó \( AB' = \frac{a}{\sin 60^\circ} = \frac{2a}{\sqrt{3}} \).
A felső \( A'B'C'D' \) lapon az \( A'B' = AB = \frac{a}{\sqrt{3}} \) és az \( A'D' = AD = a \). Ebből a \( B'D' \) lapátló a Pitagorasz-tétellel:
$$ B'D' = \sqrt{\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 + a^2} = \sqrt{\frac{a^2}{3} + a^2} = \sqrt{\frac{4a^2}{3}} = \frac{2a}{\sqrt{3}} $$ Tehát az \( AB'D' \) háromszögben \( AB' = B'D' = \frac{2a}{\sqrt{3}} \), így egyenlő szárú.
A keresett szög a \( \alpha = \angle B'AD' \). Koszinusztétellel felírva az \( AB'D' \) háromszögre: $$ (B'D')^2 = (AB')^2 + (AD')^2 - 2 \cdot AB' \cdot AD' \cdot \cos \alpha $$ $$ \frac{4a^2}{3} = \frac{4a^2}{3} + 2a^2 - 2 \cdot \frac{2a}{\sqrt{3}} \cdot a\sqrt{2} \cdot \cos \alpha $$ $$ 0 = 2a^2 - \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}} a^2 \cos \alpha \implies 2 = 4\sqrt{\frac{2}{3}} \cos \alpha $$ $$ \cos \alpha = \frac{2}{4\sqrt{\frac{2}{3}}} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{2}{3}}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \mathbf{\frac{\sqrt{6}}{4}} \approx 0,6124 $$

b) A téglatest élei: \( a \), \( a \), \( \frac{a}{\sqrt{3}} \). A legrövidebb él az \( AB = \frac{a}{\sqrt{3}} \). Ha ez 10, akkor \( a = 10\sqrt{3} \).
Az \( AB'A'D' \) tetraéder térfogatát az \( AA'D' \) alaplappal (derékszögű háromszög) és \( A'B' \) magassággal számoljuk (mivel az \( A'B' \) él merőleges az \( AA'D' \) síkra):
$$ V = \frac{1}{3} \cdot T_{AA'D'} \cdot A'B' = \frac{1}{3} \left( \frac{a \cdot a}{2} \right) \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{a^3}{6\sqrt{3}} $$ Behelyettesítve \( a = 10\sqrt{3} \)-at: $$ V = \frac{(10\sqrt{3})^3}{6\sqrt{3}} = \frac{1000 \cdot 3\sqrt{3}}{6\sqrt{3}} = \frac{3000}{6} = \mathbf{500} $$

c) A két sík hajlásszögét (\( \varphi \)) a közös metszésvonalon (\( AD' \)) vett merőlegesek zárják be.
Mivel az \( AB'D' \) háromszög egyenlő szárú (\( AB' = B'D' \)), az \( AD' \)-re bocsátott merőleges átmegy az \( AD' \) szakasz \( F \) felezőpontján.
Hasonlóan, az \( AA'D' \) háromszög is egyenlő szárú derékszögű háromszög, az \( A'F \) a magassága, amely egyben a derékszögből húzott súlyvonal. Hossza az átfogó fele: \( A'F = \frac{AD'}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}} \).
Az \( A'B'F \) háromszög derékszögű az \( A' \) csúcsnál, a keresett \( \varphi \) pedig az \( \angle A'FB' \).
$$ \tan \varphi = \frac{A'B'}{A'F} = \frac{\frac{a}{\sqrt{3}}}{\frac{a}{\sqrt{2}}} = \sqrt{\frac{2}{3}} \approx 0,8165 $$ Visszakeresve: \( \mathbf{\varphi \approx 39,23^\circ} \).