2012. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A bevétel: \( 5 \cdot 10^6 \cdot 200 = 10^9 \) (Ft).
A kifizetett nyeremény az egyes sorok szorzatainak összege:
\( 4 \cdot 10^7 + 2 \cdot 10^6 + 8 \cdot 10^6 + 1,5 \cdot 10^8 + 2 \cdot 10^8 + 2 \cdot 10^8 = 6 \cdot 10^8 \) (Ft).
A különbözet tehát: \( 10^9 - 6 \cdot 10^8 = \mathbf{400 \text{ millió Ft}} \).

b) Azokat az eseteket keressük, ahol a nyeremény nagyobb, mint 200 Ft.
A kedvező esetek száma: \( 4 + 40 + 800 + 150\,000 + 400\,000 = 550\,844 \).
Mivel bármely sorsjegyet egyenlő eséllyel húzhatjuk, a keresett valószínűség:
$$ p = \frac{550\,844}{5 \cdot 10^6} \approx \mathbf{0,11} $$

c) A felvehető nyeremény várható értékét megkapjuk, ha az összes kiosztott nyereményt elosztjuk az összes sorsjegy számával:
$$ \frac{6 \cdot 10^8}{5 \cdot 10^6} = 120 \text{ Ft} $$
A játékos nyereségének várható értékéhez ebből le kell vonni a sorsjegy árát:
\( 120 - 200 = \mathbf{-80 \text{ Ft}} \).

Jelölje \( x \) azt a számot, amelyet 15-tel csökkentünk, \( y \) pedig a másikat. Ekkor felírhatjuk a következő egyenletrendszert: $$ x + y = 29 $$ $$ (x - 15)(y + 15) = 5xy $$

Az első egyenletből fejezzük ki \( y \)-t: \( y = 29 - x \), és helyettesítsük be a második egyenletbe: $$ (x - 15)(44 - x) = 5x(29 - x) $$

A műveleteket elvégezve: $$ -x^2 + 59x - 660 = 145x - 5x^2 $$

Rendezzük nullára: $$ 4x^2 - 86x - 660 = 0 $$ Egyszerűsítve 2-vel: $$ 2x^2 - 43x - 330 = 0 $$

Ennek a másodfokú egyenletnek a megoldásai az \( x_1 = -6 \) és az \( x_2 = 27,5 \).
Ha \( x = -6 \), akkor a másik szám \( y = 35 \).
Ha \( x = 27,5 \), akkor a másik szám \( y = 1,5 \).

Tehát a két szám a \(-6\) és a \(35\), vagy a \(27,5\) és az \(1,5\).

a) A négyzetgyök miatt \( x \ge 0 \), de a logaritmus függvény argumentuma miatt \( \sqrt{x} > 0 \implies x > 0 \). A koszinusz függvény minden valós értékre értelmezett.
A keresett halmaz: \( ]0; +\infty[ \).

b) A logaritmus miatt \( \cos x > 0 \). Ezen felül a külső négyzetgyök miatt a logaritmus értéke nem lehet negatív: $$ \log_2(\cos x) \ge 0 \implies \cos x \ge 2^0 \implies \cos x \ge 1 $$ Mivel a koszinusz függvény értékkészlete miatt \( \cos x \le 1 \), a két feltétel együttesen csak akkor teljesül, ha \( \cos x = 1 \).
Az értelmezési tartomány tehát: \( \{x \in \mathbb{R} \mid x = k \cdot 2\pi, \quad k \in \mathbb{Z}\} \).

c) A logaritmus alapja miatt \( \sqrt{x} > 0 \) és \( \sqrt{x} \neq 1 \), amiből következik, hogy \( x > 0 \) és \( x \neq 1 \).
A logaritmus argumentuma miatt \( \cos^2 x > 0 \), ami azt jelenti, hogy \( \cos x \neq 0 \). Ez akkor teljesül, ha \( x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi \) (ahol \( k \in \mathbb{Z} \)).
Mivel \( x > 0 \), csak a nemnegatív \( k \)-kat (vagyis \( k \in \mathbb{N} \)) érdemes külön kiemelni.
Az értelmezési tartomány: \( \mathbb{R}^+ \setminus \left( \{1\} \cup \left\{ \frac{\pi}{2} + k\pi \right\} \right) \), ahol \( k \in \mathbb{N} \).

a) Építsünk fel egy koordináta-rendszert, melynek origójában az \( S \) sziget áll. Egy egység legyen 1 km. A mentőcsónak pozíciója így az \( M(16; 0) \) pont, a hajó indulási pozíciója a \( H(0; -24) \) pont.
A hajó ÉK-i irányba halad, tehát pályája egy olyan egyenes, amely áthalad a \( H \) ponton és irányszöge \( 45^\circ \). Az egyenes egyenlete: \( y = x - 24 \).
A hajó legénysége akkor észleli a jelet, ha a hajó pályája belemegy abba a 6 km sugarú körbe, melynek középpontja \( M \). A kör egyenlete: \( (x - 16)^2 + y^2 = 36 \).
A hajó útját és a csónak távolságát az egyenes és pont távolságképletével határozhatjuk meg legegyszerűbben (az egyenes nullára rendezve \( x - y - 24 = 0 \)): $$ d = \frac{|16 - 0 - 24|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \frac{|-8|}{\sqrt{2}} = 4\sqrt{2} \approx 5,66 \text{ km} $$ Mivel a minimális távolság \( d < 6 \), a hajó áthalad a hatósugáron, így észlelheti a jelzést.

b) Jelölje \( R \) a repülőt, \( S \) a szigetet, és \( T \) a hajó új pozícióját a 20 km megtétele után. Keressük a hajó távolságát a szigettől, vagyis az \( ST \) szakaszt. Ezt megkaphatjuk az \( SH_0T \) háromszögben koszinusztétellel, ahol a hajó induláskori távolsága \( SH_0 = 24 \) km, a megtett útja \( H_0T = 20 \) km, az irányszöge miatt a közbezárt szög pedig \( 45^\circ \): $$ ST^2 = 24^2 + 20^2 - 2 \cdot 24 \cdot 20 \cdot \cos 45^\circ \approx 576 + 400 - 678,8 = 297,2 $$ $$ ST \approx 17,2 \text{ km} $$ A repülő \( RS = 1,5 \) km magasságban van. A depresszió szög (lehajlási szög) váltószöge az \( RTS \angle \)-nek az \( RST \) derékszögű háromszögben: $$ \text{tg} \angle RTS = \frac{RS}{ST} \approx \frac{1,5}{17,2} \approx 0,0872 $$ Ebből a szög: \( \angle RTS \approx \mathbf{5^\circ} \).

a) Egyenesek száma: Az e és f egyenesektől különböző egyenest úgy kapunk, ha egy pontot az e-ről, egyet pedig az f-ről választunk. Ezek száma a választási lehetőségek szorzata: $$ 5 \cdot 4 = \mathbf{20} $$
Háromszögek száma: Egy háromszöghöz 3 nem egy egyenesbe eső pont szükséges. Ezt kétféleképpen érhetjük el: két pont az e-n és egy az f-en, vagy egy pont az e-n és kettő az f-en: $$ \binom{5}{2}\binom{4}{1} + \binom{5}{1}\binom{4}{2} = 10 \cdot 4 + 5 \cdot 6 = 40 + 30 = \mathbf{70} $$
Négyszögek száma: A négyszögek konvexek és az átlóik metszik egymást, egyértelmű négyszöget határoz meg, ha mindkét egyenesről 2-2 pontot választunk: $$ \binom{5}{2}\binom{4}{2} = 10 \cdot 6 = \mathbf{60} $$

b) Minden pont színezése független, összesen \( 2^9 \) lehetséges színezés van.
Az e egyenesen az 5 pont csak akkor egyszínű, ha mind kék vagy mind piros. Vagyis ez az első pont színétől függően csak úgy lehet, ha a maradék 4 pont megegyezik az elsővel. Ennek valószínűsége független kísérletként: $$ \frac{2}{2^5} = \frac{1}{2^4} $$ Hasonlóan, az f egyenes 4 pontja is kétféleképpen lehet egyszínű (mind kék, mind piros). Ennek valószínűsége: $$ \frac{2}{2^4} = \frac{1}{2^3} $$ Mivel a két egyenes színezése független egymástól, a kettő együttes valószínűsége a valószínűségek szorzata: $$ P = \frac{1}{2^4} \cdot \frac{1}{2^3} = \frac{1}{2^7} = \mathbf{\frac{1}{128}} \approx \mathbf{0,0078} $$

a) Az egy óra alatt megtett úthosszak (km-ben mérve) egy olyan mértani sorozat egymást követő tagjai, amelynek első tagja \( a_1 = 45 \), hányadosa pedig \( q = 0,955 \).
A magyar autó 10. órában megtett útja: $$ a_{10} = 45 \cdot 0,955^9 \approx 29,733 $$ Egész kilométerre kerekítve tehát 30 km-t tesz meg.

b) Addig nem érdemes akkumulátort cserélni, amíg \( a_n \ge 20 \) teljesül. Ebből keressük azt a legkisebb \( n \)-t, amelyre \( a_n < 20 \): $$ 45 \cdot 0,955^{n-1} < 20 \implies 0,955^{n-1} < \frac{20}{45} $$ Mivel a tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő: $$ (n - 1) \lg 0,955 < \lg \frac{20}{45} $$ Mivel \( \lg 0,955 < 0 \), az egyenlőtlenség iránya megfordul az osztásnál: $$ n - 1 > \frac{\lg \frac{20}{45}}{\lg 0,955} \approx 17,61 \implies n > 18,61 $$ A legkisebb ilyen egész szám az 19. Tehát legkorábban a 19. órában érdemes akkumulátort cserélni.

c) A megtett út egy végtelen mértani sor részletösszegeként írható fel. Mivel az autó haladása a végtelenbe extrapolálható (elméletben sosem áll meg teljesen a modell szerint), a sorozat összege korlátos: $$ S = \frac{a_1}{1 - q} = \frac{45}{1 - 0,955} = \frac{45}{0,045} = 1000 \text{ km} $$ Mivel a megtett elméleti maximális távolság 1000 km, és ez kevesebb a 1100 km-es rekordnál, a magyar versenyautó nem képes megdönteni a világrekordot.

a) Az edény alapéle legyen \( x \) cm hosszú. Mivel az edény térfogata 4000 cm³, felírható a térfogat képlete: $$ 4000 = x^2 \cdot 6,4 \implies x^2 = \frac{4000}{6,4} = 625 \implies x = 25 $$ A zománccal bevonandó felület területe (alaplap + 4 oldallap): $$ F = x^2 + 4 \cdot x \cdot 6,4 = 625 + 4 \cdot 25 \cdot 6,4 = 625 + 640 = \mathbf{1265 \text{ cm}^2} $$

b) Ha az edény magassága \( m \) cm, akkor a térfogata \( 4000 = x^2 m \). Fejezzük ki \( m \)-et a térfogatból: $$ m = \frac{4000}{x^2} $$ A felület területe egy \( x \) változójú függvényként: $$ F(x) = x^2 + 4xm = x^2 + 4x \frac{4000}{x^2} = x^2 + \frac{16\,000}{x} $$ A minimum kereséséhez alkalmazzuk a pozitív tagokra felírható számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget a kifejezés három részre bontásával (\( x > 0 \)): $$ x^2 + \frac{16\,000}{x} = x^2 + \frac{8000}{x} + \frac{8000}{x} \ge 3 \sqrt[3]{x^2 \cdot \frac{8000}{x} \cdot \frac{8000}{x}} $$ $$ 3 \sqrt[3]{64\,000\,000} = 3 \cdot 400 = 1200 $$ Az egyenlőség (a minimális felület) pontosan abban az esetben teljesül, ha a tagok egyenlőek: $$ x^2 = \frac{8000}{x} \implies x^3 = 8000 \implies x = 20 $$ Tehát a gyártott edények alapéle 20 cm.

c) A selejtes edény kiválasztásának valószínűsége független ismétléses kísérlet (binomiális eloszlás), ahol \( p = 0,02 \), \( n = 50 \) és \( k = 2 \): $$ P(\text{pontosan 2 selejt}) = \binom{50}{2} \cdot 0,02^2 \cdot (1 - 0,02)^{48} $$ $$ P \approx 1225 \cdot 0,0004 \cdot 0,379 \approx \mathbf{0,186} $$

A háromszög \( B \) csúcsánál lévő szögét a \( \vec{BA} \) és a \( \vec{BC} \) vektorok zárják be. Számoljuk ki a vektorok koordinátáit és azok hosszát! $$ \vec{BA} = (2 - 7; 1 - (-4)) = (-5; 5) $$ Hossza: \( |\vec{BA}| = \sqrt{(-5)^2 + 5^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} \).

A másik irányvektor: $$ \vec{BC} = (11 - 7; p - (-4)) = (4; p + 4) $$ Hossza: \( |\vec{BC}| = \sqrt{4^2 + (p + 4)^2} = \sqrt{16 + (p + 4)^2} \).

A két vektor skaláris szorzata koordinátákkal kiszámolva: $$ \vec{BA} \cdot \vec{BC} = -5 \cdot 4 + 5(p + 4) = -20 + 5p + 20 = 5p $$

A skaláris szorzatot a definíciója segítségével is felírhatjuk: $$ \vec{BA} \cdot \vec{BC} = |\vec{BA}| \cdot |\vec{BC}| \cdot \cos 60^\circ $$ Behelyettesítve az ismert adatokat és a \( \cos 60^\circ = \frac{1}{2} \) értéket: $$ 5p = 5\sqrt{2} \cdot \sqrt{16 + (p + 4)^2} \cdot \frac{1}{2} $$

Mivel a szorzat jobb oldala biztosan pozitív számot ad, ezért következik, hogy \( p > 0 \). Osztjuk mindkét oldalt 5-tel, majd az egyenletet négyzetre emeljük: $$ p^2 = \frac{2}{4} \cdot (16 + p^2 + 8p + 16) $$ $$ p^2 = \frac{1}{2} (p^2 + 8p + 32) $$ Beszorozva 2-vel és átrendezve: $$ 2p^2 = p^2 + 8p + 32 \implies p^2 - 8p - 32 = 0 $$

A másodfokú egyenlet megoldóképletével: $$ p_{1,2} = \frac{8 \pm \sqrt{64 - 4 \cdot (-32)}}{2} = \frac{8 \pm \sqrt{192}}{2} $$ Egyszerűsítve az alakot: $$ p_{1,2} = \frac{8 \pm 8\sqrt{3}}{2} = 4 \pm 4\sqrt{3} $$

Mivel megállapítottuk, hogy \( p > 0 \), a kivonást tartalmazó gyök kiesik. Az egyetlen helyes megoldás a \( p = 4 + 4\sqrt{3} \).

a)
(1) Az állítás hamis. Egy ötpontú egyszerű gráf éleinek maximális száma akkor van, ha a gráf egy teljes gráf. A teljes gráf éleinek száma: \( \binom{5}{2} = 10 \), vagyis nem létezik 11 élű ötpontú egyszerű gráf.
(2) Az állítás igaz. Tételezzük fel az ellenkezőjét, hogy a feltétel teljesülése mellett nincs negyedfokú csúcs. (Az ötödiknél nagyobb fokszám az ötpontú egyszerű gráfban lehetetlen.) Ez azt jelenti, hogy minden egyes csúcs pontosan harmadfokú lenne. Ekkor a fokszámok összege \( 5 \cdot 3 = 15 \). Azonban bármely gráfban a fokszámok összege mindig páros (hiszen minden élet két csúcsnál számolunk a fokszámokhoz), ez a páratlan összeg lehetetlen. Biztosan lennie kell legalább egy negyedfokú csúcsnak.

b) Az ötpontú teljes gráfnak 10 éle van. Véletlenszerűen beszínezünk ezekből 6 élt. Az összes lehetséges élkiválasztás (színezés) száma: $$ \binom{10}{6} = 210 $$

Keressük azon esetek számát, amikor a színezett 6 él nem alkot összefüggő gráfot. Egy ötpontú nem összefüggő gráf legalább két komponenst tartalmaz. A maximális élszámot a különböző pontelosztású komponensek adhatják, vizsgáljuk meg az eseteket:
- Ha a komponensek 3 és 2 pontosak: A két részben lévő maximális élszám egy-egy teljes gráfként \( \binom{3}{2} + \binom{2}{2} = 3 + 1 = 4 \) lehetne. Így ez nem tartalmazhat 6 élt.
- Ha a komponensek 4 és 1 pontosak: A 4 pontos komponens egy 4 pontú teljes gráf, aminek az élszáma \( \binom{4}{2} = 6 \). A magányos csúcs izolált pont, nincs rajta él. Tehát pont be lehet színezni azt a 6 élt úgy, hogy egy K_4 gráfot kapjunk.

Csak az utóbbi eset megfelelő a 6 színezett él felosztására. Egy izolált pont kiválasztására \( \binom{5}{1} = 5 \) lehetőség van, ami a fennmaradó 4 ponthoz tartozó 6 élt egyértelműen kijelöli. A megfelelő színezések száma így 5 darab.
A valószínűség tehát: $$ P = \frac{5}{210} = \frac{1}{42} \approx \mathbf{0,0238} $$