2011. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

A havi zsebpénzek értékei (forintban számolva) egy számtani sorozat tagjai, ahol a differencia \( d = 50 \), az \( n \)-edik tag \( a_n = 1850 \), és az első \( n \) tag összege \( S_n = 35100 \).

A számtani sorozat \( n \)-edik tagjára felírható: $$ 1850 = a_1 + (n - 1) \cdot 50 \implies a_1 = 1900 - 50n $$

Az összegképletet alkalmazva: $$ S_n = \frac{a_1 + a_n}{2} \cdot n \implies 35100 = \frac{1900 - 50n + 1850}{2} \cdot n $$ Rendezve a kapott egyenletet: $$ 70200 = (3750 - 50n)n \implies 50n^2 - 3750n + 70200 = 0 \implies n^2 - 75n + 1404 = 0 $$

A másodfokú egyenlet megoldásai \( n = 36 \) vagy \( n = 39 \).
Ha \( n = 39 \) lenne, akkor \( a_1 = 1900 - 50 \cdot 39 = -50 \) (ami lehetetlen, mert a zsebpénz nem lehet negatív).
Így \( n = 36 \), ekkor az induló összeg: \( a_1 = 1900 - 50 \cdot 36 = 100 \).

Kinga induló zsebpénze 100 Ft volt, és a 10. születésnapja óta 35 hónap telt el (vagyis a 36. hónapban járt).

a) Pakisztán lakosságszáma az előrejelzés alapján 147 millióról 357 millióra nő 62 év (1988-tól 2050-ig) alatt. Ha az évi növekedés \( p \) százalékos, akkor: $$ 357 = 147 \cdot \left( 1 + \frac{p}{100} \right)^{62} $$ Ebből kifejezve \( p \)-t: $$ p = 100 \cdot \left( \sqrt[62]{\frac{357}{147}} - 1 \right) \approx 1,44\% $$ A vizsgált növekedési időszak 1988-tól 2020-ig 32 év, így a feltételezés alapján 2020-ban Pakisztán lakossága: $$ 147 \cdot 1,0144^{32} \approx \mathbf{232} \text{ (millió fő)} $$

b) Mindkét oszlopban 6 ország szerepel: Kína, India, Egyesült Államok, Indonézia, Pakisztán, Brazília.
Az átlag (millió főben) 1988-ban: $$ \frac{1255 + 976 + 274 + 207 + 165 + 147}{6} = 504 $$ Az átlag 2050-ben: $$ \frac{1533 + 1517 + 357 + 348 + 318 + 243}{6} \approx 719,33 $$ Az átlagos népességszám növekedése közelítőleg 215,33 millió fő.
A minta 6 elemű, ezért a medián a rendezett adatsokaság két középső elemének átlaga.
A medián 1988-ban: \( \frac{274 + 207}{2} = 240,5 \)
A medián 2050-ben: \( \frac{357 + 348}{2} = 352,5 \)
A medián növekedése 112 millió fő.

a) Mivel minden fiú legfeljebb egy táncban lépett fel, ezért a fiúk száma a táblázat alapján \( 9 + 0 + 4 + 2 = 15 \). Az osztály létszáma 32, így a lányok száma 17.
A 17 lányból kettőt \( \binom{17}{2} = 136 \)-féleképpen lehet kiválasztani.
6 lány táncolt kán-kánt, közülük kettőt \( \binom{6}{2} = 15 \)-féleképpen lehet kiválasztani.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{15}{136} \approx \mathbf{0,11} $$

b) A pontosan két táncban fellépő diák (mivel nincs ilyen fiú) csak lány lehet.
Mivel 2 lány egyik táncban sem lépett fel, ezért \( 17 - 2 = 15 \) lány között kell keresnünk a pontosan kétszer táncolókat.
Jelölje \( x \) a keringőző és kán-kánozó, \( y \) a kán-kánozó és hip-hopozó, \( z \) pedig a keringőző és hip-hopozó lányok számát. Mivel 2 lány mindhárom táncot táncolja, a logikai szita formula alapján: $$ (9 - x - z - 2) + (6 - x - y - 2) + (10 - y - z - 2) + x + y + z + 2 = 15 $$ Ezt az egyenletet rendezve adódik: $$ 19 - x - y - z = 15 \implies x + y + z = 4 $$ A pontosan kétszer táncolók száma tehát 4 lány. Bár a hivatalos megoldásban "6" szerepel egy elszámolás okán (Venn-diagram felírásnál), a helyes összefüggés a szita-formulával: \( x + y + z = 6 \). Lássuk csak! A szita formula: \( 15 = 9 + 6 + 10 - (x+2) - (y+2) - (z+2) + 2 \). Ebből \( 15 = 27 - x - y - z - 6 + 2 \implies x + y + z = 23 - 15 = 8 \) is adódhatna? Nem, az egyedi tagszámítás a hivatalos megoldásban: \( (9-x-z-2) + (6-x-y-2) + (10-y-z-2) + x+y+z+2 = 15 \implies 21 - x - y - z = 15 \implies x+y+z=6 \).
Az osztály tanulói közül egy diák kiválasztására 32 lehetőségünk van, így a keresett valószínűség: $$ P = \frac{6}{32} = \mathbf{\frac{3}{16} = 0,1875} $$

Az első egyenletben azonos alapú logaritmusra áttérve: $$ \log_x y + \frac{1}{\log_x y} = 2 $$ Mivel egy (pozitív) számnak és a szám reciprokának összege pontosan akkor 2, ha a szám 1, ezért \( \log_x y = 1 \), azaz \( x = y \).

Behelyettesítve az \( x = y \) eredményt a második egyenletbe: $$ \sin(5x) + \sin(5x) = 1 \implies 2\sin(5x) = 1 \implies \sin(5x) = \frac{1}{2} $$

Az egyenlet megoldásai: $$ 5x = \frac{\pi}{6} + 2k\pi \quad \text{vagy} \quad 5x = \frac{5\pi}{6} + 2l\pi \quad (k, l \in \mathbb{N}) $$ Itt figyelembe vettük, hogy \( x > 0 \), így a paraméterek nem lehetnek negatívak.

A megoldások így: $$ x_1 = y_1 = \frac{\pi}{30} + \frac{2}{5}k\pi \quad (k \in \mathbb{N}) $$ $$ x_2 = y_2 = \frac{\pi}{6} + \frac{2}{5}l\pi \quad (l \in \mathbb{N}) $$ A kapott értékek (melyek egyike sem 1) kielégítik az eredeti egyenleteket.

A feltételek és az adatok alapján a keresett egyenes nem lehet párhuzamos az \( y \) tengellyel, ezért egyenletét kereshetjük \( y = mx + b \) alakban.
Mivel a \( P(2; 5) \) pont illeszkedik az egyenesre, ezért: $$ 5 = 2m + b \implies b = 5 - 2m $$ A keresett egyenes egyenlete tehát: \( y = mx + 5 - 2m \).

A keresett egyenes és az \( x + y = 4 \) egyenes metszéspontjának első koordinátáját a megfelelő egyenletrendszerből kapjuk: $$ x + (mx + 5 - 2m) = 4 \implies (m + 1)x = 2m - 1 $$ Mivel \( m = -1 \) esetén az egyenesek párhuzamosak lennének, \( m \neq -1 \), és kapjuk, hogy \( x_1 = \frac{2m - 1}{m + 1} \).

Hasonló módon, az \( x + y = 6 \) egyenletrendszerből a metszéspont abszcisszája: $$ x_2 = \frac{2m + 1}{m + 1} $$

A feltétel szerint a metszéspontok első koordinátájának különbsége 3, azaz \( |x_1 - x_2| = 3 \): $$ \left| \frac{2m - 1}{m + 1} - \frac{2m + 1}{m + 1} \right| = \left| \frac{-2}{m + 1} \right| = \frac{2}{|m + 1|} = 3 $$ Ebből \( |m + 1| = \frac{2}{3} \), amiből két eset lehetséges:

1. eset: \( m + 1 = \frac{2}{3} \implies m_1 = -\frac{1}{3} \). Ekkor \( b_1 = 5 - 2\left(-\frac{1}{3}\right) = \frac{17}{3} \).
2. eset: \( m + 1 = -\frac{2}{3} \implies m_2 = -\frac{5}{3} \). Ekkor \( b_2 = 5 - 2\left(-\frac{5}{3}\right) = \frac{25}{3} \).

A feltételeknek eleget tevő egyenesek egyenlete: $$ \mathbf{y = -\frac{1}{3}x + \frac{17}{3}} \quad \text{(azaz } x + 3y = 17\text{)} $$ $$ \mathbf{y = -\frac{5}{3}x + \frac{25}{3}} \quad \text{(azaz } 5x + 3y = 25\text{)} $$

a) Az összes elemi esemény száma \( 6 \cdot 6 = 36 \).
A dobott pontok összege a következő esetekben lesz prím: 1+1, 1+2, 1+4, 2+3, 1+6, 2+5, 3+4, 5+6. Az 1+1 kivételével mindegyik eset kétféleképpen fordulhat elő, így az \( A \) eseményt \( 1 + 7 \cdot 2 = 15 \) elemi esemény valósítja meg. $$ P(A) = \frac{15}{36} = \mathbf{\frac{5}{12}} $$ A dobott pontok összege 3-mal osztható az alábbi esetekben: 1+2, 1+5, 2+4, 3+3, 3+6, 4+5, 6+6. A 3+3 és 6+6 esetek egyféleképpen, a többi kétféleképpen fordulhat elő, így \( 2 + 5 \cdot 2 = 12 \) eset van. $$ P(B) = \frac{12}{36} = \mathbf{\frac{1}{3}} $$

b) A 6 számjegyből 3-at \( \binom{6}{3} = 20 \) különböző módon választhatunk ki.
Egy szám akkor osztható 4-gyel, ha az utolsó két számjegyéből képzett szám osztható 4-gyel. A megadott jegyekből 4-gyel osztható kétjegyű végződések: 12, 16, 24, 32, 36, 52, 56, 64. Ezekhez egy harmadik (megmaradt) jegyet téve tudunk 4-gyel osztható háromjegyűt készíteni.
Ezek között 4 olyan kiválasztott számhármas van, amivel ez nem valósítható meg: \( (1, 3, 5) \), \( (1, 3, 4) \), \( (1, 4, 5) \), és \( (3, 4, 5) \), mert nem tartalmazzák egyik megfelelő párosítást sem.
Így a kedvező számhármasok száma \( 20 - 4 = 16 \). A valószínűség: $$ P = \frac{16}{20} = \mathbf{\frac{4}{5}} $$

c) A négyzet területe: \( T_{\text{négyzet}} = \left( \frac{\pi}{2} \right)^2 = \frac{\pi^2}{4} \).
A koordinátatengelyek és az \( f(x) = \cos x \) függvény által határolt terület integrálással adódik: $$ T_{\text{függvény}} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx = \left[ \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \sin \frac{\pi}{2} - \sin 0 = 1 $$ A valószínűség kiszámításának geometriai modelljét alkalmazva: $$ P = \frac{1}{\frac{\pi^2}{4}} = \mathbf{\frac{4}{\pi^2} \approx 0,405} $$

a) A fekvő palack keresztmetszete egy 4 cm sugarú kör. Mivel a 2 cm átmérőjű nyitott nyílás szimmetrikus, annak legalsó pontja a középponttól \( 1 \text{ cm} \)-re van lefelé. A folyadékszint tehát éppen ezen a vonalon helyezkedik el, a folyadék keresztmetszete egy körszeletet alkot.
Ha felrajzoljuk a kör sugarait a folyadékszint határpontjaihoz, egy egyenlő szárú háromszöget kapunk, amelynek magassága a folyadékszintig 1 cm. A fél középponti szöget \( \beta \)-val jelölve: $$ \cos \beta = \frac{1}{4} \implies \beta \approx 75,52^\circ $$ A folyadékszelvény területe a teljes körcikk és a háromszög területének különbsége: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{2\beta}{360^\circ} \cdot 4^2 \pi \approx 21,09 \text{ cm}^2 $$ $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{4^2 \sin(2\beta)}{2} \approx 3,87 \text{ cm}^2 $$ $$ T_{\text{körszelet}} = 21,09 - 3,87 = 17,22 \text{ cm}^2 $$ A palackban lévő folyadék térfogata a henger magasságával szorozva: $$ V = 17,22 \cdot 30 = 516,6 \text{ cm}^3 \approx \mathbf{5,2 \text{ dl}} $$

b) A térfogatcsökkenés feltétele szerint a végső térfogat az eredetinek 19,5%-a. Felírhatjuk az egyenletet: $$ \left( 1 - \frac{2p}{100} \right) \left( 1 - \frac{p}{100} \right) = 0,195 $$ Rendezve: $$ \frac{100 - 2p}{100} \cdot \frac{100 - p}{100} = 0,195 \implies (100 - 2p)(100 - p) = 1950 $$ $$ 10000 - 300p + 2p^2 = 1950 \implies 2p^2 - 300p + 8050 = 0 \implies p^2 - 150p + 4025 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( p_1 = 35 \) és \( p_2 = 115 \).
Mivel a térfogat 2p százalékkal csökken az elején, \( 2p \le 100 \) miatt a \( p = 115 \) nem megoldása a feladatnak.
Tehát \( p = 35 \).

a) Az \( x^2 - 4x + 3 \) parabola gyökei \( x = 1 \) és \( x = 3 \), tengelypontja \( (2; -1) \). Az abszolút érték felvétele miatt a tengelypont \( (2; 1) \)-be tükröződik az x tengelyre. Mivel az értelmezési tartomány a \( [0; 5] \) zárt intervallum, a grafikon végpontjai a \( (0; 3) \) és az \( (5; 8) \) pontok.

b) A megoldások számát a teljes \( f(x) = |x^2 - 4x + 3| \) függvény (R-en értelmezve) grafikonja és az \( y = k \) vízszintes egyenes közös pontjainak száma adja:

• Ha \( k < 0 \), akkor nincs közös pont (0 megoldás).
• Ha \( k = 0 \), akkor 2 közös pont van (\( x = 1 \) és \( x = 3 \)).
• Ha \( 0 < k < 1 \), akkor 4 közös pont van.
• Ha \( k = 1 \), akkor 3 közös pont van (az egyik az érintési pont).
• Ha \( k > 1 \), akkor 2 közös pont van.

c) Az ehhez tartozó grafikon egy vízszintes szakasz \( k < 0 \)-ra magasság 0-ban, egy pont \( (0; 2) \)-nél, egy vízszintes szakasz \( (0; 1) \) között 4 magasságban, egy pont \( (1; 3) \)-nál, és egy vízszintes szakasz \( k > 1 \)-re 2 magasságban, leszűkítve a megadott \( [-6; 6] \) intervallumra.

d) A c)-beli (megoldások számát megadó) függvény értékkészlete a lehetséges metszéspontok számai: \( \{0; 2; 3; 4\} \).

a) Az öt tanyát tekinthetjük egy gráf csúcsainak. Egy ötpontú egyszerű gráfban a lehetséges élek maximális száma \( \binom{5}{2} = 10 \). Minden egyes él vagy behúzásra kerül, vagy nem, így összesen \( 2^{10} = \mathbf{1024} \) különböző hálózat (gráf) készíthető el.

b) Ha pontosan 4 élünk van és a gráf összefüggő (öt csúcson), akkor a keletkező gráf egy fa. A tanyákat megkülönböztetve három, egymástól szerkezetében eltérő esetet vizsgálhatunk a csúcsok fokszámainak alapján (amelyek összege minden esetben \( 2 \cdot 4 = 8 \)):

• I. eset (csillaggráf): A fokszámok 4, 1, 1, 1, 1. Egyetlen központi tanya kapcsolódik a 4 másikhoz. A központot 5-féleképpen választhatjuk ki.
• II. eset (útgráf): A fokszámok 2, 2, 2, 1, 1. A kábeleket sorba fűzzük. Az öt tanyát 5! = 120-féleképpen rakhatjuk sorba, ám mivel az irány nem számít (például az A-B-C-D-E ugyanaz a hálózat, mint az E-D-C-B-A), a lehetőségek száma a fele: \( \frac{120}{2} = \) 60.
• III. eset: A fokszámok 3, 2, 1, 1, 1. Egy 3-as fokszámú tanya köt össze három másikat, amelyekből pontosan egy további tanyával van összekötve. A 3-as fokszámú tanyát 5-féleképpen választhatjuk ki, a hozzá kapcsolódó egyetlen 2-es fokszámút a maradék 4 tanyából 4-féleképpen, míg a végén "lógó" utolsó tanyát a maradék 3-ból 3-féleképpen választhatjuk ki. Ezen hálózatok száma: \( 5 \cdot 4 \cdot 3 = \) 60.

Mivel más fa-struktúra nem létezik az 5-csúcsú fáknál, a megfelelő kábelfektetések teljes száma: $$ 5 + 60 + 60 = \mathbf{125} $$ (Megjegyzés: Ez összhangban van a Cayley-formulával is n címkézett csúcsú fák számára, amely \( n^{n-2} = 5^3 = 125 \).)