2006. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A logaritmus azonosságait és szigorú monotonitását felhasználva: $$ \lg((x + 7)(3x + 1)) = \lg 100 \implies (x + 7)(3x + 1) = 100 $$ Bontsuk fel a zárójeleket: $$ 3x^2 + 22x + 7 = 100 \implies 3x^2 + 22x - 93 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( x_1 = -\frac{31}{3} \) és \( x_2 = 3 \).
A logaritmus értelmezési tartománya miatt \( x > -\frac{1}{3} \)-nek kell teljesülnie, így a hamis gyököt (\( x_1 \)) kizárjuk. Az egyetlen helyes megoldás: \( x = 3 \).

b) A jobb oldalon alkalmazva a hatványozás azonosságait: $$ 2^x = 3 \cdot 9^x $$ Osszuk el mindkét oldalt \( 9^x \)-nel: $$ \left(\frac{2}{9}\right)^x = 3 \implies \left(\frac{9}{2}\right)^{-x} = 3 \implies (4,5)^{-x} = 3 \implies (4,5)^x = \frac{1}{3} $$ A logaritmus definíciója alapján a pontos megoldás: $$ \mathbf{x = \log_{4,5} \left(\frac{1}{3}\right) \approx -0,7304} $$

a) Mivel a dobások során bármelyik helyen háromféle számot (0; 2; 4) dobhatunk (egyenlő eséllyel), a lehetséges rendezett számötösök száma ismétléses variációval: $$ 3^5 = \mathbf{243} $$

b) Ha a dobott pontok összegét tekintjük, 10-et háromféleképpen dobhatunk (sorrendtől függetlenül):
1. eset: \( 4 + 4 + 2 + 0 + 0 = 10 \)
Ennek a számötösnek a lehetséges sorrendjeinek száma (ismétléses permutációval): $$ \frac{5!}{2! \cdot 2!} = 30 $$ 2. eset: \( 4 + 2 + 2 + 2 + 0 = 10 \)
Ezt az 5 számot az alábbi számú sorrendben dobhattuk: $$ \frac{5!}{3!} = 20 $$ 3. eset: \( 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 10 \)
Ezt az 5 számot csak 1-féle sorrendben dobhattuk.
A 10-es összeg tehát összesen \( 30 + 20 + 1 = \mathbf{51} \)-féleképpen állhat elő.

Mivel a háromszög belső szögeinek összege \( 180^\circ \), felírhatjuk, hogy \( \alpha + \gamma = 180^\circ - \beta \), illetve \( \beta + \gamma = 180^\circ - \alpha \).

A pótszögekre vonatkozó azonosságok alapján: $$ \cos(180^\circ - \beta) = -\cos\beta $$ $$ \cos(180^\circ - \alpha) = -\cos\alpha $$

A megadott aránypárt átrendezve és behelyettesítve a kapott értékeket: $$ \frac{\sin\alpha}{\sin\beta} = \frac{-\cos\beta}{-\cos\alpha} $$ Keresztbe szorozva: $$ \sin\alpha \cdot \cos\alpha = \sin\beta \cdot \cos\beta $$ Mindkét oldalt 2-vel szorozva felismerhetjük a kétszeres szög szinuszára vonatkozó azonosságot (\( \sin(2x) = 2\sin x \cos x \)): $$ \sin(2\alpha) = \sin(2\beta) $$

Mivel egy háromszögben bármely szög kétszerese \( 0^\circ \) és \( 360^\circ \) közé esik, ez az egyenlőség két esetben teljesülhet:
1. eset: \( 2\alpha = 2\beta \implies \alpha = \beta \). Ekkor a háromszög két szöge egyenlő, azaz a háromszög egyenlő szárú.
2. eset: \( 2\alpha + 2\beta = 180^\circ \implies \alpha + \beta = 90^\circ \). Mivel a három szög összege \( 180^\circ \), következik, hogy \( \gamma = 90^\circ \), azaz a háromszög derékszögű.

Ezzel mindkét esetet igazoltuk.

a) Mivel hét pénzt dobtunk fel (ami páratlan szám), a fejek és írások száma sosem lehet egyenlő. Azaz vagy a fejek száma, vagy az írások száma lesz nagyobb. A szabályos érme tulajdonságai és a szimmetria miatt pontosan ugyanannyi esélye van annak, hogy több fej lesz, mint annak, hogy több írás. Így a keresett valószínűség: \( 0,5 \).

b) Akkor nagyobb a különbség 3-nál, ha a fejek és írások száma a következőképpen alakul: 6 fej és 1 írás (különbség 5), 7 fej és 0 írás (különbség 7), illetve ezek szimmetrikus megfelelői (1 fej és 6 írás, vagy 0 fej és 7 írás).
A kedvező esetek száma: $$ 2 \cdot \left[ \binom{7}{1} + \binom{7}{0} \right] = 2 \cdot (7 + 1) = 16 $$ Az összes lehetséges kimenetel száma (mivel minden érme kétféle lehet): \( 2^7 = 128 \).
A keresett valószínűség tehát: $$ P = \frac{16}{128} = \frac{1}{8} = \mathbf{0,0625} $$

a) - Csúcsok száma: A 8 kockacsúcs helyett minden csúcsnál 3-3 új csúcs keletkezik, így \( 8 \cdot 3 = \mathbf{24} \) csúcsa van.
- Élek száma: A kocka 12 élének középső része megmarad, és a levágásoknál 8 darab háromszög keletkezik, ami újabb \( 8 \cdot 3 = 24 \) élt jelent. Összesen \( 12 + 24 = \mathbf{36} \) éle van.
- Lapok száma: A kocka 6 lapja nyolcszöggé alakul, a levágott csúcsoknál pedig 8 darab új háromszöglap keletkezik. Összesen \( 6 + 8 = \mathbf{14} \) lapja van.

b) A talapzat felszínét kiszámíthatjuk, ha a 6 darab nyolcszög területéhez hozzáadjuk a 8 darab szabályos háromszög területét.
Az eredeti kocka éle 12 dm, a negyedelő pontig tartó levágott szakaszok hossza \( 12 / 4 = 3 \) dm.
A nyolcszög területe egyenlő a 12 dm oldalú négyzet területével, amiből kivonjuk a sarkoknál lévő 4 darab, 3 dm befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög területét: $$ T_{\text{nyolcszög}} = 12^2 - 4 \cdot \frac{3 \cdot 3}{2} = 144 - 18 = 126 \text{ dm}^2 $$ A levágott szabályos háromszögek oldala a derékszögű háromszög átfogója: \( a = 3\sqrt{2} \). A szabályos háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(3\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{18\sqrt{3}}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{2} \text{ dm}^2 $$ A teljes felszín: $$ A = 6 \cdot T_{\text{nyolcszög}} + 8 \cdot T_{\text{háromszög}} = 6 \cdot 126 + 8 \cdot \frac{9\sqrt{3}}{2} = \mathbf{756 + 36\sqrt{3} \approx 818,35 \text{ dm}^2} $$

c) Legyen \( m \) egy darab ajándéktárgy megrendelt tömege. Az összes tömeg így \( 20m \). A feladat adatai táblázatba rendezve:

A teljes tömegre felírható egyenlet (ahol \( x \) a gránátok megrendelttől való eltérését mutatja szorzóként): $$ 3 \cdot 0,99m + 6 \cdot 0,995m + 7 \cdot 1,015m + 4 \cdot xm = 20m $$ Mindkét oldalt \( m \)-mel osztva és elvégezve a műveleteket: $$ 2,97 + 5,97 + 7,105 + 4x = 20 $$ $$ 16,045 + 4x = 20 \implies 4x = 3,955 \implies x = 0,98875 $$ Ez azt jelenti, hogy a gránátok tömege a megrendeltnek a 98,875%-a, tehát 1,125%-kal kisebb annál.

a) Az oszlopdiagramhoz kiszámítjuk a megfelelő magasságértékeket a vizsgált évekre. (Az ábrázolás grafikus része itt most elhagyva.)

b) A megadott magasságértéket egyenlővé tesszük a mamutfenyő képletével: $$ 10,5 = 5 \cdot \sqrt{0,4t + 1} + 0,4 $$ Rendezzük az egyenletet: $$ 10,1 = 5 \cdot \sqrt{0,4t + 1} \implies 2,02 = \sqrt{0,4t + 1} $$ Mindkét oldalt négyzetre emelve: $$ 4,0804 = 0,4t + 1 \implies 3,0804 = 0,4t \implies t \approx 7,7 $$ A fa a 8. évben, azaz 1977-ben érte el ezt a magasságot (hiszen az eltelt évek száma 1969-hez adódik hozzá).

c) Megvizsgáljuk a \( g(t) \) függvény monotonitását a deriváltjának segítségével: $$ g'(t) = 3t^2 - 33t + 72 $$ A derivált zérushelyei a másodfokú egyenlet megoldóképletével (vagy szorzattá alakítással \( 3(t-3)(t-8)=0 \) ): $$ t_1 = 3 \quad \text{és} \quad t_2 = 8 $$ A derivált a két nullhely között (\( 3 < t < 8 \)) negatív értéket vesz fel (mivel a másodfokú kifejezés főegyütthatója pozitív, a parabola felfelé nyitott). Ez azt jelenti, hogy a \( g(t) \) függvény a \( (3; 8) \) intervallumon szigorúan monoton csökken.
Mivel egy fa magassága a valóságban (normál növekedés mellett) nem csökkenhet, ez a képlet fizikai szempontból nem írhatja le helyesen a fa növekedését.

a) A húrnégyszög alapvető tulajdonsága, hogy a szemközti szögeinek összege \( 180^\circ \). A feladatban megadott három szög aránya \( \alpha : \beta : \gamma = 7 : 6 : 8 \). Ezek közül valamelyik kettő a négyszög egymással szemben fekvő szögpárja lehet, így három esetet különböztethetünk meg:

Tehát a szögek pontos értékei:
1. esetben: 84°, 72°, 96°, 108°
2. esetben: \(\frac{540^\circ}{7}\), \(\frac{720^\circ}{7}\), 90°, 90°
3. esetben: \(\frac{1080^\circ}{13}\), \(\frac{1440^\circ}{13}\), \(\frac{1260^\circ}{13}\), \(\frac{900^\circ}{13}\)

b) A felírt eseteket átvizsgálva:
Zsófi állítása az 1. esetre igaz.
Peti állítása a 2. esetre igaz (két szöge is derékszög).
Kata állítása a 3. esetre igaz (\( 1440/13 \approx 110,77^\circ > 110^\circ \)).
Viszont nincs egy olyan egyedi négyszög sem a három lehetőség közül, amire egyszerre mindhárom diák állítása érvényes lenne. A probléma feltételeinek az 1., 2. és 3. típusú húrnégyszögek mindegyike megfelel, így mindhárom állítás lehet igaz, de egyszerre nem igazak.

(Az alakzatok grafikus ábrázolása itt most elhagyva.)

a) Az alakzatok egyenleteit rendezve meghatározhatjuk a jelentésüket:
A halmaz: Átrendezve \( y \le \frac{4}{3}x - 6 \). Ez az \( y = \frac{4}{3}x - 6 \) egyenes által határolt zárt félsík (az egyenes és a "alatta" lévő pontok).
B halmaz: Teljes négyzetté alakítva az egyenletet: $$ (x - 3)^2 - 9 + (y + 2)^2 - 4 - 12 \le 0 \implies (x - 3)^2 + (y + 2)^2 \le 25 $$ Ez egy körlemez (a kör és a belső pontjai), melynek középpontja \( K(3; -2) \), sugara pedig \( r = 5 \).
C halmaz: Gyökvonás után \( y = 2 \) vagy \( y = -2 \). Ez a halmaz két, az x tengellyel párhuzamos egyenest alkot.

b) A \( B \setminus A \) halmaz azokat a pontokat tartalmazza, amelyek benne vannak a körlemezben, de nincsenek benne a félsíkban. Vegyük észre, hogy az egyenes (\( 4x - 3y = 18 \)) éppen áthalad a kör középpontján (mivel \( 4(3) - 3(-2) = 12 + 6 = 18 \)). Így az egyenes felezi a körlemezt.
Geometriai alakzata: egy félkörlemez, amely a félkörívet és a belső pontokat tartalmazza, de az átmérő szakasz pontjait magukat már nem (hiszen azok az \( A \) halmaz részei).

c) A \( B \cap C \) halmaz az \( y = 2 \) és \( y = -2 \) egyenesek körlapba eső pontjait adja. Ezek a körlapot határoló körnek két párhuzamos húrját adják.
- Az \( y = 2 \) behelyettesítésével a kör egyenletébe: \( (x - 3)^2 + 4^2 \le 25 \implies (x - 3)^2 \le 9 \implies 0 \le x \le 6 \). Ez a húr a \( (0; 2) \) és \( (6; 2) \) pontokat köti össze.
- Az \( y = -2 \) behelyettesítésével: \( (x - 3)^2 + 0^2 \le 25 \implies (x - 3)^2 \le 25 \implies -2 \le x \le 8 \). Ez a húr (amely egyben átmérő is) a \( (-2; -2) \) és \( (8; -2) \) pontokat köti össze.

Távolságok az origótól (\( d = \sqrt{x^2 + y^2} \)):
A legkisebb távolság az \( y = 2 \) és az \( y = -2 \) szakaszokon egyaránt az x-koordináta 0 értékénél adódik. Így az origóhoz legközelebb lévő pontok a \( (0; 2) \) és a \( (0; -2) \) (távolságuk 2).
A legnagyobb távolság a szakaszok végpontjainál keresendő. Az \( x = 8 \) és \( y = -2 \) adja a maximális értéket: \( d = \sqrt{8^2 + (-2)^2} = \sqrt{68} \). Tehát a legtávolabbi pont a \( (8; -2) \).

Használjuk a feladat által megadott összefüggéseket a sorozat tagjainak felírására!
1. rekurzív képlet: \( a_n = a_{n-1} + 12a_{n-2} \)
2. számtani sorozat feltétele: a középső tag kétszerese egyenlő a szomszédok összegével: $$ 2a_2 = a_1 + (a_3 - 9a_1) $$

Az 1. feltétel alapján \( a_3 = a_2 + 12a_1 \). Ezt helyettesítsük be a számtani sorozat feltételébe: $$ 2a_2 = a_1 + a_2 + 12a_1 - 9a_1 $$ Összevonva a kifejezéseket, kifejezzük \( a_2 \)-t: $$ 2a_2 = a_2 + 4a_1 \implies a_2 = 4a_1 $$

A sorozat első öt tagját most mind ki tudjuk fejezni kizárólag az \( a_1 \) függvényében:
\( a_1 = a_1 \)
\( a_2 = 4a_1 \)
\( a_3 = a_2 + 12a_1 = 4a_1 + 12a_1 = 16a_1 \)
\( a_4 = a_3 + 12a_2 = 16a_1 + 12(4a_1) = 64a_1 \)
\( a_5 = a_4 + 12a_3 = 64a_1 + 12(16a_1) = 256a_1 \)

Tudjuk, hogy az első öt tag összege 682: $$ a_1 + 4a_1 + 16a_1 + 64a_1 + 256a_1 = 682 $$ $$ 341a_1 = 682 \implies a_1 = 2 $$

Észrevehetjük, hogy ez valójában egy \( q = 4 \) hányadosú mértani sorozat (hiszen az arány mindenütt négyszeres: 2, 8, 32, 128, 512).
A sorozat hatodik tagja számítható a rekurzív képlettel is, vagy a mértani sorozat tulajdonságából közvetlenül: $$ a_6 = a_5 + 12a_4 = 512 + 12(128) = 512 + 1536 = \mathbf{2048} $$ Vagy rövidebben: \( a_6 = a_5 \cdot 4 = 512 \cdot 4 = \mathbf{2048} \).