2007. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az abszolútérték definíciója alapján két esetet vizsgálunk.

1. eset: Ha \( x < 6 \), akkor az egyenlet: $$ x^2 = -(x - 6) \implies x^2 + x - 6 = 0 $$ Ennek gyökei \( x_1 = 2 \) és \( x_2 = -3 \). Mindkettő kisebb 6-nál, így mindkettő megoldás.

2. eset: Ha \( x \ge 6 \), akkor az egyenlet: $$ x^2 = x - 6 \implies x^2 - x + 6 = 0 $$ Ennek a másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa negatív (\( D = 1 - 24 = -23 \)), így itt nincs valós megoldás.

A megoldások tehát: \( x = 2 \) és \( x = -3 \).

b) A logaritmus értelmezési tartománya miatt \( x > 0 \) és \( y > 1 \).

A logaritmus azonosságait használva az egyenletrendszer alakja: $$ \begin{cases} \lg(x + y) = \lg x^2 \\ \lg x = \lg(2(y - 1)) \end{cases} $$ A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt az argumentumoknak is egyenlőnek kell lenniük: $$ \begin{cases} x + y = x^2 \\ x = 2y - 2 \end{cases} $$ A második egyenletből kifejezett \( x \)-et helyettesítsük be az első egyenletbe: $$ (2y - 2) + y = (2y - 2)^2 $$ $$ 3y - 2 = 4y^2 - 8y + 4 $$ Rendezve egy másodfokú egyenletet kapunk: $$ 4y^2 - 11y + 6 = 0 $$ Ennek valós gyökei \( y = 2 \) és \( y = 0,75 \). Az értelmezési tartomány feltétele (\( y > 1 \)) miatt a 0,75 nem megoldás. Így csak az \( y = 2 \) lehetséges, amiből \( x = 2 \cdot 2 - 2 = 2 \).

A megoldás a \( (2; 2) \) számpár.

A telek öntözött területének nagyságát megkapjuk, ha a locsoló (mint középpont) körüli körgyűrű területéből kivonjuk a telek határa (amely 3 m-re van a középponttól) által lemetszett körszelet területét.

A teljes körgyűrű területe: $$ T_{\text{gyűrű}} = (4^2 - 0,5^2)\pi \approx 49,5 \text{ m}^2 $$

A locsolófej egy 4 m sugarú kört ír le, de a telek széle a középponttól 3 m távolságra egy húrt metsz ki ebből a körből. A kör középpontjából a húr végpontjaiba húzott sugarak és a középpontból a húrra bocsátott merőleges egy derékszögű háromszöget határoz meg. Ha a fél középponti szöget \( \alpha \)-val jelöljük: $$ \cos \alpha = \frac{3}{4} = 0,75 \implies \alpha \approx 41,4^\circ $$

A \( 2\alpha \approx 82,8^\circ \) középponti szögű körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{82,8^\circ}{360^\circ} \cdot 4^2 \cdot \pi \approx 11,6 \text{ m}^2 $$ A körcikket alkotó egyenlő szárú háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{4^2 \cdot \sin 82,8^\circ}{2} \approx 7,9 \text{ m}^2 $$ A körszelet területe tehát a kettő különbsége: $$ T_{\text{körszelet}} \approx 11,6 - 7,9 = 3,7 \text{ m}^2 $$

A telek öntözött területe így: $$ T_{\text{öntözött}} \approx 49,5 - 3,7 = \mathbf{45,8 \text{ m}^2} $$ A telek teljes területe \( 68 \cdot 30 = 2040 \text{ m}^2 \).
Az öntözött rész százalékos aránya: $$ \frac{45,8}{2040} \approx 0,022 $$ Ez a telek területének kb. 2,2 %-a.

a) Kéthavonta 1,7%-kal lesz több pénze, ami hat hónap alatt három ciklust jelent. A kamatos kamat képlete alapján: $$ 1\,000\,000 \cdot 1,017^3 \approx 1\,000\,000 \cdot 1,051872 = \mathbf{1\,051\,872 \text{ Ft}} $$

b) A megadott árfolyamon az eredeti összeg euróban: $$ \frac{1\,000\,000}{252} \approx 3968,25 \text{ EUR} $$ Ez az összeg hat hónap alatt, havi tőkésítés mellett hatszor kamatozik: $$ 3968,25 \cdot 1,0025^6 \approx 3968,25 \cdot 1,015094 \approx \mathbf{4028,15 \text{ EUR}} $$

c) Legyen 1 euró ára félév múlva \( x \) Ft. A második választás akkor kedvezőbb, ha az euróban lévő összeg forintban kifejezve meghaladja az első esetben kapott összeget: $$ 4028,15 \cdot x > 1\,051\,872 $$ $$ x > \frac{1\,051\,872}{4028,15} \approx 261,13 \text{ Ft} $$ A változás aránya az eredeti 252 forintos árfolyamhoz képest: $$ \frac{261,13}{252} \approx 1,03623 $$ Tehát legalább kb. 3,63 %-kal kellene nőnie a forint/euró árfolyamnak ahhoz, hogy a második ajánlat megérje.

a) A kockák megkülönböztethetőek, így az összes lehetséges kimenetelek száma \( 6^6 \). Ha mindegyikkel más számot dobunk, az megfelel az 1-től 6-ig terjedő számok egy permutációjának. Ennek lehetőségei: \( 6! \). A keresett valószínűség a klasszikus valószínűségi modell alapján: $$ P = \frac{6!}{6^6} \approx \mathbf{0,0154} $$

b) A dobott számok összege legalább 34, ami azt jelenti, hogy az összeg pontosan 34, 35 vagy 36 lehet. Mivel az elméleti maximum \( 6 \cdot 6 = 36 \), nézzük meg ezen esetek felbontásait:

• Összeg 36: (6, 6, 6, 6, 6, 6) – Ebből csak 1 eset lehetséges.
• Összeg 35: (6, 6, 6, 6, 6, 5) – Az 5-ös szám bármelyik kockán (6 helyen) előfordulhat, ez 6 eset.
• Összeg 34: Itt két lehetséges felbontás létezik:
  • (6, 6, 6, 6, 6, 4) – A 4-es helye ismét 6-féleképpen választható ki.
  • (6, 6, 6, 6, 5, 5) – Ki kell választani azt a két kockát, amelyikkel 5-öst dobunk: \( \binom{6}{2} = \) 15 eset.

A kedvező esetek száma összesen: \( 1 + 6 + 6 + 15 = 28 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{28}{6^6} \approx \mathbf{0,0006} $$

a) Az általánosított szinusztételt alkalmazva a \( BC \) oldalra (amely az \( \alpha = 60^\circ \)-kal van szemben): $$ \frac{BC}{\sin 60^\circ} = 2R $$ $$ BC = 2 \cdot 26 \cdot \sin 60^\circ = 52 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 26\sqrt{3} \approx \mathbf{45,0 \text{ cm}} $$

b) Jelölje a szögleteket a szokásos módon: \( \alpha = 60^\circ \), a szemközti oldal \( a = BC \), \( b = AC \) és \( c = AB = 3b \). A háromszög belső szögeinek összege \( 180^\circ \), így a másik két szögre igaz, hogy \( \gamma = 180^\circ - 60^\circ - \beta = 120^\circ - \beta \).

Alkalmazzuk a szinusztételt a \( b \) és \( 3b \) hosszú oldalakra és azokkal szemközti szögekre: $$ \frac{3b}{b} = \frac{\sin \gamma}{\sin \beta} $$ $$ 3 = \frac{\sin(120^\circ - \beta)}{\sin \beta} $$ Bontsuk fel a számlálót az addíciós tétel segítségével: $$ 3 \sin \beta = \sin 120^\circ \cos \beta - \cos 120^\circ \sin \beta $$ $$ 3 \sin \beta = \frac{\sqrt{3}}{2} \cos \beta - \left(-\frac{1}{2}\right) \sin \beta $$ Szorozzuk meg az egyenletet 2-vel, és rendezzük a \( \sin \beta \) tartalmú tagokat egy oldalra: $$ 6 \sin \beta = \sqrt{3} \cos \beta + \sin \beta $$ $$ 5 \sin \beta = \sqrt{3} \cos \beta $$ Mivel \( \cos \beta = 0 \) (\( \beta = 90^\circ \)) nem megoldás, oszthatunk \( \cos \beta \)-val: $$ \operatorname{tg} \beta = \frac{\sqrt{3}}{5} \approx 0,3464 $$ Ebből a szög értéke: \( \beta \approx 19,1^\circ \).
A harmadik szög ebből adódóan: $$ \gamma = 120^\circ - 19,1^\circ = \mathbf{100,9^\circ} $$

a) Zérushelyek keresése a megadott intervallumon: $$ -4x^3 + 192x = 0 $$ $$ -4x(x^2 - 48) = 0 $$ Ebből a gyökök \( x = 0 \) és \( x = \pm\sqrt{48} \approx \pm 6,93 \). A \( [-1; 6] \) intervallumba eső egyetlen zérushely a 0.

A monotonitás vizsgálatához tekintsük az első deriváltat: $$ f'(x) = -12x^2 + 192 $$ A derivált zérushelye a megadott intervallumon: $$ -12(x^2 - 16) = 0 \implies x = 4 \quad (\text{a } -4 \text{ nincs a tartományban}) $$ A derivált itt előjelet vált pozitívból negatívba (lefelé nyíló parabola).
Az \( f \) függvény tehát monoton növekedő a \( [-1; 4] \) intervallumon, és monoton csökkenő a \( [4; 6] \) intervallumon.

b) Mivel az elvégzett vizsgálat alapján a \( [0; c] \) intervallumon (ahol \( c \le 6 \)) a függvény végig nemnegatív (\( f(x) \ge 0 \)), a keresett terület a határozott integrállal egyezik meg: $$ \int_0^c (-4x^3 + 192x) \, dx = 704 $$ Megkeresve a primitív függvényt: $$ \left[ -x^4 + 96x^2 \right]_0^c = 704 $$ $$ -c^4 + 96c^2 = 704 $$ Átrendezve egy másodfokúra visszavezethető egyenletet kapunk: $$ c^4 - 96c^2 + 704 = 0 $$ A másodfokú megoldóképletet alkalmazva (\( c^2 \)-re): $$ c^2 = \frac{96 \pm \sqrt{9216 - 2816}}{2} = \frac{96 \pm \sqrt{6400}}{2} = \frac{96 \pm 80}{2} $$ Így \( c^2 = 8 \) vagy \( c^2 = 88 \).
Mivel \( c \) az értelmezési tartomány pozitív eleme (\( 0 < c \le 6 \)), a \( \sqrt{88} \approx 9,38 \) kiesik.
Az egyetlen megfelelő megoldás: \( c = \sqrt{8} = 2\sqrt{2} \).

a) Számoljunk cm-ben. A magasság \( m = 200 \), a sugarak \( R = 6 \) és \( r = 4 \).
A közelítő henger alapkörének sugara a két sugár számtani közepe: \( \frac{6+4}{2} = 5 \text{ cm} \).
A közelítő térfogat: $$ V_{\text{közelítő}} = 5^2 \cdot \pi \cdot 200 = 5000\pi \approx 15\,708 \text{ cm}^3 $$ A csonkakúp pontos térfogata a térfogatképlettel: $$ V_{\text{pontos}} = \frac{200\pi}{3} (6^2 + 6 \cdot 4 + 4^2) = \frac{200\pi}{3} \cdot 76 = \frac{15200\pi}{3} \approx 15\,917 \text{ cm}^3 $$ Az eltérés mértéke: \( \frac{15200\pi}{3} - 5000\pi = \frac{200\pi}{3} \approx 209 \text{ cm}^3 \).
A relatív hiba a pontos értékhez viszonyítva: $$ \frac{\frac{200\pi}{3}}{\frac{15200\pi}{3}} = \frac{200}{15200} \approx 0,013 $$ A közelítő számítással kapott térfogat tehát kb. 1,3 %-kal tér el a pontos térfogattól.

b) Legyen a csonkakúp alapköreinek sugara \( R \) és \( r \), magassága \( m \) (mind pozitív). Azt állítjuk, hogy a közelítő henger térfogata nem haladja meg a pontos térfogatot: $$ m\pi \left(\frac{R+r}{2}\right)^2 \le \frac{m\pi}{3} (R^2 + Rr + r^2) $$ Mivel \( m\pi > 0 \), eloszthatjuk vele az egyenlőtlenséget, majd a törtek eltüntetése végett szorozzunk 12-vel: $$ 3(R+r)^2 \le 4(R^2 + Rr + r^2) $$ A bal oldalt kibontva és az egészet rendezve: $$ 3R^2 + 6Rr + 3r^2 \le 4R^2 + 4Rr + 4r^2 $$ $$ 0 \le R^2 - 2Rr + r^2 $$ $$ 0 \le (R - r)^2 $$ Mivel egy valós szám négyzete mindig nemnegatív, az egyenlőtlenség minden \( R, r \) esetén igaz. (Egyenlőség csak \( R=r \), azaz henger esetén teljesül.) A lépések ekvivalensek voltak, így az eredeti állítást igazoltuk.

c) A függvény deriválható, vizsgáljuk meg az első deriváltját a hányados deriválási szabályával: $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{2(x-1)(x^2+x+1) - (x-1)^2(2x+1)}{(x^2+x+1)^2} $$ A számlálóból kiemelve a közös \( (x-1) \) tényezőt: $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{(x-1) \left[ 2(x^2+x+1) - (x-1)(2x+1) \right]}{(x^2+x+1)^2} $$ $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{(x-1) \left[ 2x^2+2x+2 - (2x^2-x-1) \right]}{(x^2+x+1)^2} $$ $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{(x-1)(3x+3)}{(x^2+x+1)^2} = 75 \cdot \frac{x^2-1}{(x^2+x+1)^2} $$ Szélsőérték ott lehetne, ahol a derivált nulla, vagyis ahol a számláló nulla. Ebből \( x^2 - 1 = 0 \implies x = \pm 1 \) adódna. Az értelmezési tartományon (\( x > 1 \)) azonban az \( f'(x) = 0 \) egyenletnek nincs megoldása, így a függvénynek nincs szélsőértéke.

a) Az első helyezett 6-féle, a második 5-féle, a harmadik pedig a megmaradt 4-féle úszó lehet. A lehetséges érvényes szelvények száma (ismétlés nélküli variáció): $$ 6 \cdot 5 \cdot 4 = \mathbf{120} $$

b) Számoljuk össze, hány olyan szelvény van az összes között, amelyen egyetlen találat sincs (0 találatos szelvények), majd ezek számát levonjuk az összes szelvény (120) számából. A telitalálatos tipp: ABC.

• 1. eset: Az első három helyezett neve szerepel a szelvényen, de mindegyik rossz helyen.
  Ekkor csak a CAB vagy a BCA tipp lehetséges a szelvényen. Ez 2 eset.
• 2. eset: Az A, B, C nevek közül pontosan kettő szerepel a szelvényen, de azok is rossz helyen.
  Ha például az A és B szerepel, akkor a nulla találathoz XAB, BAX vagy BXA alakú tippek tartoznak, ahol X a D, E, F közül bármelyik (3 lehetőség). Ez $3 \cdot 3 = 9$ szelvény. Mivel 3 ilyen betűpár választható ki (AB, AC, BC), ez összesen $3 \cdot 9 = $ 27 eset.
• 3. eset: Az A, B, C nevek közül pontosan egy szerepel a szelvényen, de az is rossz helyen.
  Ha ez az egy név például az A, akkor az XAY és XYA alakú tippeken nincs találat (X és Y a D, E, F halmazból kerülnek ki). Mindkét alak esetén a maradék 3 betűből 2-t választunk sorrendben, ami $3 \cdot 2 = 6$ eset. Összesen tehát az A-hoz 12 szelvény tartozik. Ezt megismételve a B és C esetére, ez $3 \cdot 12 = $ 36 eset.
• 4. eset: Az A, B, C nevek egyike sem szerepel a szelvényen.
  Ekkor a tippet csak a D, E, F versenyzőkből állítják össze, ami $3! = $ 6 eset.

A találat nélküli (0 találatos) szelvények száma összesen: $$ 2 + 27 + 36 + 6 = 71 $$ A legalább egy találatot tartalmazó szelvények száma így: $$ 120 - 71 = \mathbf{49 \text{ darab}} $$

a) Az adatok átlaga a gyakoriságok figyelembevételével: $$ \overline{x} = \frac{3 \cdot 41 + 4 \cdot 42 + 43 + 44}{9} = \frac{123 + 168 + 43 + 44}{9} = \frac{378}{9} = \mathbf{42 \text{ mm}} $$ A szórásnégyzet definíció szerint: $$ \sigma^2 = \frac{3 \cdot (41-42)^2 + 4 \cdot (42-42)^2 + 1 \cdot (43-42)^2 + 1 \cdot (44-42)^2}{9} = \frac{3 \cdot 1 + 0 + 1 + 4}{9} = \frac{8}{9} $$ A szórás tehát: $$ \sigma = \sqrt{\frac{8}{9}} \approx \mathbf{0,94 \text{ mm}} $$

b) Jelölje a tizedik mért adatot (milliméterben) az \( x \) egész szám. A szórásnégyzet egyenlő az adatok négyzetösszegének átlaga mínusz az átlaguk négyzete. Ennek az új 10 elemű halmazra legfeljebb 1-nek szabad lennie: $$ \sigma_{10}^2 = \frac{3 \cdot 41^2 + 4 \cdot 42^2 + 43^2 + 44^2 + x^2}{10} - \left( \frac{378 + x}{10} \right)^2 \le 1 $$ A fix numerikus értékeket kiszámítva: \( 3 \cdot 1681 + 4 \cdot 1764 + 1849 + 1936 = 15884 \). $$ \frac{15884 + x^2}{10} - \frac{142884 + 756x + x^2}{100} \le 1 $$ Szorozzuk be az egyenlőtlenség mindkét oldalát 100-zal: $$ 10(15884 + x^2) - (142884 + 756x + x^2) \le 100 $$ $$ 158840 + 10x^2 - 142884 - 756x - x^2 \le 100 $$ Rendezve egy másodfokú egyenlőtlenséget kapunk: $$ 9x^2 - 756x + 15856 \le 0 $$ Megkeressük az egyenlőséghez tartozó gyököket: $$ x_{1,2} = \frac{756 \pm \sqrt{756^2 - 4 \cdot 9 \cdot 15856}}{18} = \frac{756 \pm \sqrt{571536 - 570816}}{18} = \frac{756 \pm \sqrt{720}}{18} $$ A gyökök közelítő értéke: \( x_1 \approx 40,5 \) és \( x_2 \approx 43,5 \).
Mivel a parabola felfelé nyílik (\( a = 9 > 0 \)), a megoldás a két gyök közötti intervallum: $$ 40,5 \le x \le 43,5 $$ Mivel a műszer egész milliméterekben mutat, az \( x \)-nek egésznek kell lennie. Az ebbe a tartományba eső lehetséges értékek: 41, 42 vagy 43 mm. A minőségellenőr tehát ezen három érték valamelyikét mérhette.