2012. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A 150 000 Ft megfelel $\frac{150000}{190} \approx 789,5$ dollárnak.

Ez az összeg a New York-i átlagfizetés 23,6%-a, amely alapján a New York-i átlagfizetés: $$ \frac{789,5}{0,236} \approx \mathbf{3345 \text{ } \$} $$

b) Ha a termék egységára $e$ $/kg, akkor a 100 kg termékért $100e$ dollárt kell fizetni New York-ban.

Ez egyben a New York-i átlagkereset is. A termék egységára Budapesten $0,709e$ $/kg, az átlagkereset pedig $0,236 \cdot 100e$ dollár, ami $23,6e$ dollár.

Ennyi pénzért Budapesten $$ \frac{23,6e}{0,709e} \approx 33,29 $$ azaz $\approx 33,3 \text{ kg}$ terméket lehet vásárolni.

a) Jelölje $q$ a mértani sorozat hányadosát. A negyedik helyezett 25, a harmadik $25q$, a második $25q^2$ pontot ért el. Az első helyezett pontszáma $\frac{4}{3} \cdot 25q^2 = \frac{100}{3}q^2$.

A feladat szövege alapján felírhatjuk a pontösszeget: $$ \frac{100}{3}q^2 + 25q^2 + 25q + 25 = 139 $$ Összevonás és rendezés után másodfokú egyenletet kapunk: $$ 175q^2 + 75q - 342 = 0 $$ Az egyenlet két megoldása $q_1 = \frac{6}{5}$ és $q_2 = -\frac{57}{35}$. Ez utóbbi a szövegnek nem felel meg (a pontszámok nem alkotnának monoton sorozatot), így a hányados $q = \frac{6}{5}$.

Ennek alapján a pontszámok: a 4. helyezetté 25, a 3. helyezetté $\mathbf{30}$, a másodiké $\mathbf{36}$, az első helyezetté pedig $\mathbf{48}$. (Ellenőrzés: $48 + 36 + 30 + 25 = 139$).

b) Az összes résztvevő száma $4 \cdot 5 = 20$. A lehetséges kimenetelek (egyenlően valószínű sorsolások) száma: $\binom{20}{3} = 1140$.

A kedvező kimenetelekhez ki kell választani 3 különböző csapatot (ezt $\binom{4}{3} = 4$ féleképpen tehetjük meg), majd mindegyikből 1-1 csapattagot ($5^3$ lehetőség). Így a kedvező esetek száma: $$ \binom{4}{3} \cdot 5^3 = 4 \cdot 125 = 500 $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{500}{1140} \approx \mathbf{0,439} $$

a) A 90°-os nyílásszög miatt a kúp egyenlő szárú derékszögű háromszög megforgatásával keletkezik. Az alapkör sugara egyenlő a magassággal, azaz $r = 6\text{ cm}$. Az alkotó hossza a Pitagorasz-tétel alapján $a = \sqrt{6^2+6^2} = 6\sqrt{2} \approx 8,49\text{ cm}$.

Térfogata: $$ V = \frac{r^2\pi \cdot m}{3} = \frac{6^2\pi \cdot 6}{3} = 72\pi \approx \mathbf{226\text{ cm}^3} $$ Felszíne: $$ A = r\pi(r + a) = 6\pi(6 + 6\sqrt{2}) = 36(1 + \sqrt{2})\pi \approx \mathbf{273\text{ cm}^2} $$

b) Jelölje $\rho$ a beírt gömb sugarát. A kúp tengelymetszetét (egyenlő szárú derékszögű háromszög) tekintve, a gömb sugara kifejezhető a magasságból. A beírt kör sugara és a magasság közötti összefüggésből kapjuk, hogy $\rho\sqrt{2} = 6 - \rho$, amiből: $$ \rho = 6(\sqrt{2} - 1) \approx 2,49\text{ cm} $$

A metsző sík a gömb középpontján halad át, így a lemetszett kisebb kúp magassága $m_1 = 6 - \rho \approx 3,51\text{ cm}$. A lemetszett kúp $V_1$ térfogatára (a hasonló testek térfogatának aránya miatt) felírható: $$ \frac{V_1}{V} = \left(\frac{m_1}{m}\right)^3 = \left(\frac{12 - 6\sqrt{2}}{6}\right)^3 $$ Amiből a kis kúp térfogata: $V_1 = 72\pi(2 - \sqrt{2})^3 \approx 45,5\text{ cm}^3$.

A csonkakúp térfogata az eredeti és a kis kúp térfogatának különbsége: $$ V_{\text{csonkakúp}} \approx 226 - 45,5 = \mathbf{181\text{ cm}^3} $$

a) Ha $p = 3$, akkor $f(x) = -3x^3 + 9x - 6$. Az integrál kiszámítása a Newton-Leibniz szabállyal történik: $$ \int_{0}^{2} (-3x^3 + 9x - 6)dx = \left[ -0,75x^4 + 4,5x^2 - 6x \right]_0^2 = $$ $$ = \left( -0,75 \cdot 16 + 4,5 \cdot 4 - 6 \cdot 2 \right) - 0 = -12 + 18 - 12 = \mathbf{-6} $$

b) Ha $x = 1$ zérushely, akkor $f(1) = 0$. Behelyettesítve: $$ -3 + (p - 3) \cdot 1^2 + p^2 \cdot 1 - 6 = 0 $$ $$ p^2 + p - 12 = 0 $$ Ennek a másodfokú egyenletnek a megoldásaiból adódik, hogy a keresett paraméterértékek: $\mathbf{p = 3}$ vagy $\mathbf{p = -4}$.

c) A deriváltfüggvény hozzárendelési szabálya: $$ f'(x) = -9x^2 + 2(p - 3)x + p^2 $$ Ennek az $x = 1$-hez tartozó helyettesítési értéke: $$ f'(1) = -9 + 2(p - 3) + p^2 = p^2 + 2p - 15 $$ Megoldandó tehát a $p^2 + 2p - 15 > 0$ egyenlőtlenség. A $p^2 + 2p - 15 = 0$ egyenlet megoldásai a $3$ és a $-5$. Mivel az egyenlőtlenség bal oldalán álló polinom főegyütthatója pozitív (felfelé nyíló parabola), ezért az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha: $$ \mathbf{p < -5 \text{ vagy } p > 3} $$

a) Ha $a$ jelöli a négyzetes oszlop alapélének hosszát, és $k$ darabból készítjük a hasábokat, akkor $H_1$ (oldaluknál összeillesztve) felszíne: $$ A_{H_1} = 2 \cdot 2a^2 + 2 \cdot k \cdot a^2 + 2 \cdot k \cdot 2a^2 = 2a^2(3k + 2) $$ A $H_2$ (alapjukkal összeillesztve) felszíne: $$ A_{H_2} = 2a^2 + 4 \cdot k \cdot 2a^2 = 2a^2(4k + 1) $$ Az $\frac{A_{H_1}}{A_{H_2}} = 0,8$ feltételből ($2a^2$-tel történő egyszerűsítés után): $$ \frac{3k + 2}{4k + 1} = 0,8 \Rightarrow 3k + 2 = 0,8 \cdot (4k + 1) $$ $$ 3k + 2 = 3,2k + 0,8 \Rightarrow 1,2 = 0,2k \Rightarrow k = 6 $$ Tehát 6-6 négyzetes oszlopot használtunk a hasábok építéséhez.

b) Vizsgáljuk meg az $a_{n+1} - a_n$ különbséget! $$ a_{n+1} - a_n = \frac{3(n+1)+2}{4(n+1)+1} - \frac{3n+2}{4n+1} = \frac{3n+5}{4n+5} - \frac{3n+2}{4n+1} $$ Közös nevezőre hozva: $$ \frac{(3n+5)(4n+1) - (3n+2)(4n+5)}{(4n+5)(4n+1)} = \frac{12n^2 + 23n + 5 - (12n^2 + 23n + 10)}{(4n+5)(4n+1)} = \frac{-5}{(4n+5)(4n+1)} $$ A kapott tört számlálója negatív, nevezője minden pozitív egész $n$ esetén pozitív, így a tört értéke negatív. Ezért a sorozat szigorúan monoton csökkenő.

A sorozat minden tagja pozitív, így alulról korlátos (pl. a $0$ egy alsó korlát). Mivel a sorozat monoton csökkenő, felülről a legelső tagja, $a_1 = \frac{5}{5} = 1$ korlátozza. (Vagy felhasználhatjuk, hogy határértéke $\frac{3}{4}$, így konvergens, s minden konvergens sorozat egyben korlátos is.) Tehát a sorozat korlátos.

a) Az $A$ és $B$ osztályok sorrendje az első két helyen kétféleképpen alakulhatott ($2! = 2$). A fennmaradó négy helyen a $C, D, E, F$ osztályok $4!$-féleképpen ($24$) végezhetnének. Ezek közül nem megfelelő, amikor $D$ az utolsó; ez az eset $3!$-féleképpen ($6$) fordulhat elő. A különböző megfelelő lehetőségek száma tehát: $$ 2 \cdot (4! - 3!) = 2 \cdot (24 - 6) = \mathbf{36} $$

b) Az összes lehetséges sorrend száma $6! = 720$. Mivel minden elrendezésnek megvan a párja, ahol az $E$ és az $F$ osztály helyet cserél, az esetek pontosan felében előzi meg $E$ az $F$-et. A megfelelő esetek száma: $$ \frac{6!}{2} = \mathbf{360} $$

c) A mérkőzések száma összesen $\binom{6}{2} = 15$. Ennek harmada, vagyis 5 mérkőzés végződött döntetlennel.

Az $A$ csapatnak 8 pontja van. Mivel $B$-től kikapott, a hátralévő 4 meccsét meg kellett nyernie, így $A$-nak nem volt döntetlenje.
Az $F$ csapat 0 pontos, vagyis minden meccsét elvesztette; tehát $F$-nek sem volt döntetlenje.

Ez azt jelenti, hogy az 5 döntetlen teljes egészében a $B, C, D, E$ csapatok egymás elleni találkozóin született. Ez a négy csapat egymás ellen $\binom{4}{2} = 6$ mérkőzést játszott. Mivel ebből a 6 mérkőzésből 5 döntetlen, csupán egyetlen mérkőzés dőlt el győzelemmel ezen a csoporton belül.

Nézzük a $B$ csapat pontjait! A 7 pontból $A$ legyőzéséért 2-t, $F$ legyőzéséért 2-t kapott. Maradt 3 pontja, amit a $C, D, E$ ellen szerzett (3 mérkőzésen).
Ha a csoporton belüli 6 meccsből 5 döntetlen, akkor $B$-nek is legalább 2 döntetlenje kell, hogy legyen. Ha nyert volna a harmadik meccsen, akkor 4 pontot szerezne tőlük (és összesen 8 lenne). Így $B$ mindhárom belső meccsén döntetlent játszott, tehát a $B-C$, $B-D$ és $B-E$ mérkőzések mind döntetlenek voltak.

Tehát a $B$ és a $D$ osztály közötti mérkőzés valóban döntetlenre végződött.

Mivel a $(2; 6)$ pont rajta van az egyenesen, teljesül, hogy $6 = 2a + b$, amiből $b = 6 - 2a$. Ezzel az egyenes egyenlete: $y = ax + 6 - 2a$.

Az egyenes tengelymetszetei:
Az $x$-tengelyt (ahol $y=0$) a $P\left(-\frac{b}{a}; 0\right)$ pontban metszi. Behelyettesítve: $P\left(\frac{2a-6}{a}; 0\right)$.
Az $y$-tengelyt (ahol $x=0$) a $Q(0; b)$ azaz $Q(0; 6 - 2a)$ pontban metszi.

Mivel $a < 0$, a metszéspontok koordinátái pozitívak ($6 - 2a > 0$ és $\frac{2a-6}{a} > 0$). Az $OPQ$ derékszögű háromszög területe a befogók szorzatának fele: $$ T(a) = \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{2a-6}{a}\right) \cdot (6 - 2a) = \frac{12a - 4a^2 - 36 + 12a}{2a} = \frac{-4a^2 + 24a - 36}{2a} $$ Egyszerűsítve az algebrai kifejezést: $$ T(a) = -2a + 12 - \frac{18}{a} = 12 + (-2a) + \left(-\frac{18}{a}\right) $$

Mivel $a < 0$, az utolsó két tag, a $(-2a)$ és a $\left(-\frac{18}{a}\right)$ is pozitív számok. Erre a két kifejezésre alkalmazhatjuk a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget: $$ (-2a) + \left(-\frac{18}{a}\right) \ge 2\sqrt{(-2a) \cdot \left(-\frac{18}{a}\right)} = 2\sqrt{36} = 12 $$

Ennek értelmében a terület: $$ T(a) \ge 12 + 12 = 24 $$

Az egyenlőség pontosan akkor teljesül (a minimum helye), ha a két tag egyenlő: $$ -2a = -\frac{18}{a} \Rightarrow 2a^2 = 18 \Rightarrow a^2 = 9 $$ Mivel $a < 0$, a megoldás $a = -3$. Ekkor $b = 6 - 2(-3) = 12$.

A legkisebb terület tehát $\mathbf{24 \text{ egység}}$, a keresett egyenes egyenlete pedig $\mathbf{y = -3x + 12}$.

a) Az összes lehetséges (egyenlően valószínű) esetek száma, ahogy 10 poharat kiválaszthatunk az 50-ből: $\binom{50}{10}$.
A „legfeljebb 1 csorba szélű” esemény azt jelenti, hogy 0 vagy 1 hibás poharat választunk.
A kedvező esetek száma hipergeometrikus eloszlással számolva: $$ \binom{5}{0}\binom{45}{10} + \binom{5}{1}\binom{45}{9} $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{\binom{5}{0}\binom{45}{10} + \binom{5}{1}\binom{45}{9}}{\binom{50}{10}} \approx \mathbf{0,742} $$

b) A visszatevéses mintavétel miatt ez egy binomiális eloszlás. A paraméterek: a húzások száma $n = 15$, a siker (selejtes) valószínűsége $p = 0,1$, és $k = 2$ selejtest várunk. $$ P(X = 2) = \binom{15}{2} \cdot 0,1^2 \cdot 0,9^{13} \approx 105 \cdot 0,01 \cdot 0,2541 \approx \mathbf{0,267} $$

c) Alkalmazzuk a Bayes-tételt (vagy a feltételes valószínűség definícióját).
Jelölje $A$ azt az eseményt, hogy az első gépsoron készült a pohár, $B$ pedig azt az eseményt, hogy selejtes a pohár.
Tudjuk, hogy $P(A) = 0,6$ és $P(\bar{A}) = 0,4$. A feltételes valószínűségek: $P(B|A) = 0,1$ és $P(B|\bar{A}) = 0,04$.
A teljes valószínűség tételével a selejtes pohár kiválasztásának valószínűsége: $$ P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar{A}) \cdot P(B|\bar{A}) = 0,6 \cdot 0,1 + 0,4 \cdot 0,04 = 0,06 + 0,016 = 0,076 $$ A kérdéses feltételes valószínűség (hogy a selejtes pohár az első gépsorról származik): $$ P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{0,06}{0,076} \approx \mathbf{0,789} $$

a) Ha $d$ a számtani sorozat differenciája, akkor a háromszög oldalhosszai: $4$, $4 + d$, és $4 + 2d$, ahol $d > 0$.
Mivel a háromszög derékszögű, a leghosszabb oldal ($4+2d$) az átfogó, így felírhatjuk a Pitagorasz-tételt: $$ 4^2 + (4 + d)^2 = (4 + 2d)^2 $$ A négyzetre emeléseket elvégezve és az egyenletet rendezve: $$ 16 + 16 + 8d + d^2 = 16 + 16d + 4d^2 $$ $$ 3d^2 + 8d - 16 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei a megoldóképlet alapján: $d_1 = \frac{4}{3}$ és $d_2 = -4$.
A negatív gyök ($d>0$ miatt) nem ad megoldást, így a háromszög másik két oldala: $4 + \frac{4}{3} = \mathbf{\frac{16}{3}}$ és $4 + 2\cdot\frac{4}{3} = \mathbf{\frac{20}{3}}$ egység hosszúak.

b) Indirekt módon bizonyítunk. Tegyük fel, hogy a háromszögnek van 60º-os szöge.
Mivel az oldalak hossza a megadott számtani sorozat miatt páronként különböző ($d > 0$, mert a háromszög nem szabályos), a szögek is különbözőek. Háromszögben nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van.
Mivel a belső szögek összege 180°, ha a három szög különböző, akkor nem lehet a 60° sem a legkisebb (akkor az összeg $>180°$), sem a legnagyobb (akkor az összeg $<180°$). Így a 60°-os szög csak a középső szög lehet, amely a középső hosszúságú, $4+d$ oldallal van szemben.

Írjuk fel a koszinusztételt a középső oldalra: $$ (4 + d)^2 = 4^2 + (4 + 2d)^2 - 2 \cdot 4 \cdot (4 + 2d) \cdot \cos 60^\circ $$ Mivel $\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$, az egyenlet a következőképpen egyszerűsödik: $$ 16 + 8d + d^2 = 16 + (16 + 16d + 4d^2) - 4 \cdot (4 + 2d) $$ $$ 16 + 8d + d^2 = 32 + 16d + 4d^2 - 16 - 8d $$ $$ 16 + 8d + d^2 = 16 + 8d + 4d^2 $$ Az egyenletet rendezve azt kapjuk, hogy $3d^2 = 0$, azaz $d = 0$.

Ez viszont ellentmond annak a feltételnek, hogy a háromszög nem szabályos ($d > 0$). Az eredeti feltételezésünk tehát hamis, azaz a háromszögnek valóban nincs 60º-os szöge.