2010. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az értelmezési tartományon minden \( x \) esetén alkalmazzuk a trigonometrikus azonosságokat: $$ f(x) = \left( \frac{\sin x}{\cos x} + \frac{\cos x}{\sin x} \right) \cdot \sin 2x = \frac{\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x \cos x} \cdot 2 \sin x \cos x $$ Mivel \( \sin^2 x + \cos^2 x = 1 \), az egyszerűsítés után kapjuk: $$ f(x) = \frac{1}{\sin x \cos x} \cdot 2 \sin x \cos x = \mathbf{2} $$ Tehát a függvény konstans.

b) A \( g \) függvény páros függvény, mivel \( g(x) = g(-x) \) minden \( x \in D_g \) esetén. Elegendő az \( x \ge 0 \) esetet vizsgálni. Ekkor \( g(x) = x^2 - 6x = x(x - 6) \). Ezen a tartományon a zérushelyek: 0 és 6. A párosság miatt a teljes tartományon a zérushelyek: –6; 0; 6.

c) A \( g(x) \) kifejezést teljes négyzetté alakítjuk \( 0 \le x \le 7 \) esetén: $$ g(x) = x^2 - 6x = (x - 3)^2 - 9 $$ A legkisebb függvényérték \( x=3 \) (és a párosság miatt \( x=-3 \)) helyen van: \( g(3) = g(-3) = -9 \). A legnagyobb függvényérték a tartomány határán, \( x=7 \) (és \( x=-7 \)) helyen van: \( g(7) = g(-7) = 7 \). Mivel a függvény folytonos, az értékkészlete: \( R_g = [-9; 7] \).

a) Az 1, 2, 4 és 8 számokat külön csoportba kell tenni, mert mindegyik osztója a következőknek. Az 1-es mellett nem lehet más szám (mert az 1 mindennek osztója). Két lehetséges beosztás:
1. lehetőség: {1}, {2, 3}, {4, 5, 6, 7}, {8, 9}
2. lehetőség: {1}, {2, 3, 5}, {4, 6, 7}, {8, 9}

b) Ha minden számkártyát összekötnénk mindegyikkel, az egy 9 csúcsú teljes gráf lenne, amelynek éleinek száma: \( \binom{9}{2} = 36 \). Ebből el kell hagyni azokat az éleket, ahol a különbség kisebb mint 2, vagyis pontosan 1 (a szomszédos számokat): 1-2, 2-3, 3-4, ..., 8-9. Ez összesen 8 él. A megrajzolt vonalak száma: \( 36 - 8 = \mathbf{28} \).

c) A 6 számkártya egy sorrendje (permutációja) hármas bontásban egy duót ad (pl. az első három egy szám, a második három egy másik). Ha számítana a két háromjegyű szám sorrendje, akkor annyi duó lenne, ahány permutációja van a 6 számnak, azaz \( 6! = 720 \). Mivel a két szám sorrendje nem számít (a duókon belül), ezért az eseteket duplán számoltuk. Tehát \( \frac{6!}{2} = \frac{720}{2} = \mathbf{360} \) darab különböző duó van.

Legyen a sorozat első tagja \( a \), hányadosa \( q \). A feladat alapján felírható egyenletrendszer: $$ a + aq + aq^2 = 91 $$ $$ aq^5 + aq^6 + aq^7 = 2912 $$ A második egyenletből kiemelve \( q^5 \)-t: $$ q^5(a + aq + aq^2) = 2912 $$ Behelyettesítve az első egyenletet: $$ q^5 \cdot 91 = 2912 \implies q^5 = \frac{2912}{91} = 32 $$ Ebből \( \mathbf{q = 2} \). Visszahelyettesítve az első egyenletbe: $$ a(1 + 2 + 4) = 91 \implies 7a = 91 \implies \mathbf{a = 13} $$ A mértani sorozat általános tagja: \( a_n = 13 \cdot 2^{n-1} \). Kérdés, hány \( n \)-re igaz, hogy \( 10^{12} \le 13 \cdot 2^{n-1} < 10^{13} \). Mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve (az lg függvény szigorúan monoton növekvő): $$ 12 \le \lg 13 + (n-1)\lg 2 < 13 $$ $$ \frac{12 - \lg 13}{\lg 2} + 1 \le n < \frac{13 - \lg 13}{\lg 2} + 1 $$ Kiszámolva az értékeket: $$ 37,16 < n < 40,48 $$ Ennek egész megoldásai a 38, a 39 és a 40. Tehát a sorozatnak 3 darab tizenhárom-jegyű tagja van.

a) Az egyes szerzők darabszámait a megadott középponti szögek alapján arányosítással (pl. \( \frac{\text{szög}}{360^\circ} \cdot \text{összes} \)) számoljuk ki. (Pl. 1. üzlet Arany: \( \frac{105^\circ}{360^\circ} \cdot 408 = 119 \)).

A legtöbb példányt József Attila műveiből adták el (413 db).

b) [Megoldás elve] Az oszlopdiagramnak egyértelműen és arányosan (tengelyfeliratokkal és léptékkel) kell ábrázolnia a három összesített értéket: Arany J. - 281, Márai S. - 362, József A. - 413.

c) A vizsgált időszakban a sorsoláson résztvevő összes sorsjegyek száma: 408 + 432 + 216 = 1056. Ezek közül a 2 nyerő sorsjegyet összesen \( \binom{1056}{2} \) féleképpen lehet kisorsolni (összes eset). A 2. üzletben 126 Márai-könyvhöz adtak sorsjegyet, ezek közül a nyerteseket \( \binom{126}{2} \) féleképpen választhatjuk ki (kedvező esetek). A keresett valószínűség: $$ p = \frac{\binom{126}{2}}{\binom{1056}{2}} = \frac{7875}{557040} \approx \mathbf{0,014} $$

a) Érdemes az 1. kiszerelést választani kiindulópontnak. Legyen az 1. kiszerelés ára \( x \), tömege \( 0,8y \). (Mivel ez 20%-kal kevesebb a 2.-nál). - A 2. kiszerelés tömege ekkor \( y \), ára 25%-kal több az 1.-nél, azaz \( 1,25x \). - A 3. kiszerelés ára: mivel az 1. 50%-kal drágább nála, \( x = 1,5 \cdot \text{Ár}_3 \), így az ára \( \frac{x}{1,5} = \frac{2}{3}x \). A tömege: a 2. 50%-kal több, tehát \( y = 1,5 \cdot \text{Tömeg}_3 \), amiből a tömeg \( \frac{y}{1,5} = \frac{2}{3}y \). Nézzük az egységárakat (\( \text{Ár} / \text{Tömeg} \)): - 1. egységár: \( \frac{x}{0,8y} = \mathbf{1,25 \frac{x}{y}} \) - 2. egységár: \( \frac{1,25x}{y} = \mathbf{1,25 \frac{x}{y}} \) - 3. egységár: \( \frac{\frac{2}{3}x}{\frac{2}{3}y} = \mathbf{1 \frac{x}{y}} \) Tehát egyértelmű, hogy a harmadik kiszerelés egységára a legalacsonyabb.

b) Ha a legolcsóbb (a harmadik) kiszerelés egységára 600 Ft, akkor \( \frac{x}{y} = 600 \). A másik kettő egységára ennek 125%-a, azaz \( 1,25 \cdot 600 = 750 \) Ft. A három kiszerelés átlagos egységára (amely a 4. dobozon is szerepel): $$ \frac{600 + 750 + 750}{3} = \frac{2100}{3} = \mathbf{700 \text{ Ft}} $$

a) Kiszámítjuk a határozott integrált tagonként integrálva: $$ \int_0^a \left( -\frac{4x^3}{a} + \frac{3x^2}{a} + \frac{2x}{a} - a \right) dx = \left[ -\frac{x^4}{a} + \frac{x^3}{a} + \frac{x^2}{a} - ax \right]_0^a $$ Behelyettesítjük a felső határt (az alsó határnál 0-t kapunk): $$ = -\frac{a^4}{a} + \frac{a^3}{a} + \frac{a^2}{a} - a \cdot a = -a^3 + a^2 + a - a^2 = \mathbf{-a^3 + a} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

b) Megoldandó az \( a \in \mathbb{R}^+ \) feltétel mellett a \( -a^3 + a \ge 0 \) egyenlőtlenség. Kiemeléssel szorzattá alakítjuk: $$ a(1 - a^2) \ge 0 \implies a(1 - a)(1 + a) \ge 0 $$ Mivel \( a > 0 \), így az \( a \) és az \( (1+a) \) tényező biztosan pozitív. Így csak az \( 1 - a \ge 0 \) feltételnek kell teljesülnie: $$ 1 - a \ge 0 \implies a \le 1 $$ A lehetséges értékek: \( 0 < a \le 1 \).

c) A lokális szélsőértékhely megkereséséhez a függvény első deriváltját egyenlővé tesszük nullával: $$ g'(x) = -3x^2 + 1 = 0 \implies 3x^2 = 1 \implies x^2 = \frac{1}{3} $$ A pozitív valós megoldás \( x = \frac{1}{\sqrt{3}} \). Ellenőrizzük a második deriválttal, hogy ez valóban maximumhely-e: $$ g''(x) = -6x $$ $$ g''\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = -\frac{6}{\sqrt{3}} < 0 $$ Mivel a második derivált negatív, a függvénynek valóban lokális maximuma van az \( x = \frac{1}{\sqrt{3}} \) helyen.

a) Kiszámoljuk a csúcspontok koordinátáit az egyenesek metszéspontjaiként: - Az \( A \) csúcs a \( DA \) és \( AB \) metszéspontja: \( 3x - 4y = 20 \) és \( 3x + 5y = 20 \). Kivonva egymásból a két egyenletet: \( 9y = 0 \implies y=0 \), így \( x = \frac{20}{3} \). \( A(\frac{20}{3}; 0) \). (Ez az x tengelyen van). - A \( B \) csúcs az \( AB \) és \( BC \) metszéspontja. Megoldva a rendszert \( B(0; 4) \) adódik. (y tengely). - A \( C \) csúcs a \( BC \) és \( CD \) metszéspontja. Megoldva: \( C(-3; 0) \). (x tengely). - A \( D \) csúcs a \( CD \) és \( DA \) metszéspontja. Megoldva: \( D(0; -5) \). (y tengely). Látható, hogy az \( A \) és \( C \) pontok az x tengelyen vannak, a \( B \) és \( D \) pontok pedig az y tengelyen, tehát az átlók valóban a koordinátatengelyeken fekszenek.
A derékszögek vizsgálata az oldalegyenesek normálvektorainak skaláris szorzatával is történhet. Az iránytangensek (meredekségek) is leolvashatók: \( m_{DA} = 3/4 \), \( m_{AB} = -3/5 \), \( m_{BC} = 4/3 \), \( m_{CD} = -5/3 \). Egyik szorzat sem -1, így nincsen két merőleges oldal, nincs derékszöge a négyszögnek.

b) A húrnégyszög igazolásához az egyik legelegánsabb módszer a kerületi szögek tételének megfordítását használni. Vizsgáljuk meg, hogy a \( CB \) szakaszt az \( A \) és \( D \) csúcsokból azonos szög alatt látjuk-e. Mivel az átlók merőlegesek (tengelyek), vizsgálhatjuk a megfelelő derékszögű háromszögeket (\( BOA, BOC, COD, DOA \)): Számoljuk ki a \( CDB \angle \) és \( CAB \angle \) szögek tangensét. A \( COD \) derékszögű háromszögben: \( \text{tg}\, \angle CDB = \frac{CO}{DO} = \frac{3}{5} \). A \( BOA \) derékszögű háromszögben: \( \text{tg}\, \angle CAB = \frac{OB}{OA} = \frac{4}{20/3} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5} \). Mivel a tangens értékek (hegyesszögek esetén) megegyeznek, a két szög egyenlő. Mivel a \( CB \) szakaszt a vele azonos félsíkon lévő \( A \) és \( D \) csúcsokból azonos szög alatt látjuk, a négy pont egy körön van, azaz az ABCD valóban húrnégyszög.

a1) Andris biztosan a jó fényképet (A) kapja az (a) borítékban. A maradék három borítékba (b, c, d) a (B, C, D) fényképeket kell beletenni úgy, hogy senki se a sajátját kapja. Ez egy permutáció fixpont nélkül (derangement). A B fénykép mehet a c vagy d borítékba (2 eset). Ha B a c-be megy, akkor C csak a d-be mehet, D pedig a b-be. Tehát összesen 2 féleképpen fordulhat elő.

a2) Jelölje \( S \) azt az eseményt, hogy senki nem kapja a sajátját, \( E \) pedig azt, hogy pontosan 1 fiú kapja a sajátját. Összes esetek száma: \( 4! = 24 \). - A \( S \) esemény bekövetkezése (skatulya-elv vagy leszámlálás alapján, pl. BADC, BCDA stb.): ez a 4 elemű halmaz fixpontmentes permutációinak száma, amelynek értéke 9. Tehát \( P(S) = \frac{9}{24} \). - Az \( E \) esemény: 4-féleképpen választhatjuk ki, ki kapja a jó fényképet. A többi 3-nak rosszat kell kapnia, ami az a1) alapján 2-féleképpen lehetséges. Tehát az esetek száma \( 4 \cdot 2 = 8 \). \( P(E) = \frac{8}{24} \). Mivel \( 9 > 8 \), a senki sem kapja a sajátját (\( S \)) esemény valószínűsége nagyobb.

b) Minden dobás kimenetele 6 vagy 4. A négy dobás összege a dobott 6-osok számától (0-4) függ. A lehetséges összegek: - 4 darab 6-os: \( 24 \) - 3 darab 6-os, 1 darab 4-es: \( 22 \) - 2 darab 6-os, 2 darab 4-es: \( 20 \) - 1 darab 6-os, 3 darab 4-es: \( 18 \) - 4 darab 4-es: \( 16 \) A valószínűségeket binomiális eloszlással \( p = 1/2 \) paraméterrel írhatjuk fel (összes eset \( 2^4 = 16 \)): $$ P(24) = \binom{4}{4} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{1}{16}} $$ $$ P(22) = \binom{4}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{4}{16}} = \mathbf{\frac{1}{4}} $$ $$ P(20) = \binom{4}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{6}{16}} = \mathbf{\frac{3}{8}} $$ $$ P(18) = \binom{4}{1} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{4}{16}} = \mathbf{\frac{1}{4}} $$ $$ P(16) = \binom{4}{0} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{1}{16}} $$

a) Az \( MBA \) és \( MCD \) háromszögek hasonlók (szögeik páronként egyenlőek). A hasonlóság aránya \( AB : DC = 3 : 2 \). A területek aránya a hasonlósági arány négyzete. Jelöljük \( t \)-vel a fehér (\( MCD \)) területét. Ekkor a sárga (\( MAB \)) területe \( \left(\frac{3}{2}\right)^2 t = 2,25t \). Az oldalak arányossága miatt a piros háromszögek (\( AMD \) és \( BMC \)) területe egyenként \( \frac{3}{2} t = 1,5t \). A teljes trapéz területe a részek összege: $$ 90 = t + 2,25t + 1,5t + 1,5t = 6,25t \implies t = 14,4 \text{ m}^2 $$ Virágtövek száma (50 tő / m²): Fehér (\( MCD \)): \( 14,4 \cdot 50 = \mathbf{720} \) darab. Sárga (\( MAB \)): \( 2,25 \cdot 14,4 \cdot 50 = \mathbf{1620} \) darab. Piros (\( AMD + BMC \)): \( 2 \cdot 1,5 \cdot 14,4 \cdot 50 = \mathbf{2160} \) darab.

b) Az oldalfelező pontokat összekötő \( EFGH \) négyszög egy paralelogramma, amelynek területe pontosan a fele az eredeti trapéznak. (Mert középvonalaiból áll elő.) Tehát területe \( 90 / 2 = 45 \text{ m}^2 \). A paralelogrammát az átlói négy egyenlő területű részre osztják. Kettő piros, kettő sárga, tehát a piros és a sárga területe is \( 45 / 2 = 22,5 \text{ m}^2 \). A maradék terület (sarokhátomszögek), ami a másik fele a trapéznak, azaz \( 45 \text{ m}^2 \), teljes egészében fehér virágokkal van beültetve. Virágtövek száma: Piros: \( 22,5 \cdot 50 = \mathbf{1125} \) darab. Sárga: \( 22,5 \cdot 50 = \mathbf{1125} \) darab. Fehér: \( 45 \cdot 50 = \mathbf{2250} \) darab.