2013. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A négyzetgyök függvény értelmezési tartománya és értékkészlete miatt \( x \in [-2; 0] \).
Négyzetre emelés után: $$ x + 2 = x^2 $$ Az \( x^2 - x - 2 = 0 \) egyenlet gyökei a 2 és a -1. Közülük csak a -1 eleme a fenti intervallumnak, így ez az egyetlen megoldás.

b) Közös alapra hozva a két oldalt: $$ 4^{(x-1)(x+4)} = 4^{\frac{x-1}{x+4}} $$ Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt: $$ (x-1)(x+4) = \frac{x-1}{x+4} $$ Ebből \( x_1 = 1 \) az egyik megoldás.
Ha \( x \neq 1 \), leosztva \( (x-1) \)-gyel kapjuk: $$ x+4 = \frac{1}{x+4} \implies (x+4)^2 = 1 $$ Ebből \( x+4 = 1 \) vagy \( x+4 = -1 \), amiből a további megoldások: \( x_2 = -3 \) és \( x_3 = -5 \). Behelyettesítéssel ellenőrizve mindhárom gyök megfelel.

A vízszintes fennsíkon a napsugarak beesési szögére (\( \alpha \)) felírható: $$ \text{tg } \alpha = \frac{a}{\frac{a}{2}} = 2 \implies \alpha \approx 26,57^\circ $$ A fa (melynek magassága \( x \)), az árnyéka a 15°-os lejtőn (3 m) és a beeső napsugár egy háromszöget alkotnak. Ebben a háromszögben a napsugár és a függőleges fa által bezárt szög szintén \( \alpha \approx 26,57^\circ \).
A fa talppontjánál lévő szög (a függőleges és a lejtő között) \( 90^\circ - 15^\circ = 75^\circ \).
A harmadik szög: \( \beta \approx 180^\circ - (26,57^\circ + 75^\circ) = 78,43^\circ \).
Felírva a szinusztételt a fát tartalmazó háromszögre: $$ \frac{x}{\sin 78,43^\circ} = \frac{3}{\sin 26,57^\circ} $$ $$ x = 3 \cdot \frac{\sin 78,43^\circ}{\sin 26,57^\circ} \approx 6,57 \text{ m} $$ A fa tehát körülbelül 6,6 méter magas.

a) Ha az 50 adat átlaga 0,32, akkor összegük: \( 50 \cdot 0,32 = 16 \). Mivel az adatsokaság minden adata nemnegatív, legfeljebb 8 darab 2-es lehet az 50 adat között (8 darab 2-es és 42 darab 0 esetén az összeg 16).

b) Tegyük fel indirekt módon, hogy a medián lehet 0. Ekkor a nemcsökkenő sorozatba rendezett sokaságban a 25. és a 26. szám (és így az első 24 szám) is 0. Ekkor összesen legfeljebb 24 szám lehet 1 vagy 2.
Az 50 szám összege tehát legfeljebb 48 lehet, az elérhető legnagyobb átlag pedig \( 48 / 50 = 0,96 \). Mivel ez kisebb, mint a megadott 1,04, ellentmondásra jutottunk. Nem lehet a medián 0.

c) Igen, lehet. Például 31 darab 1-es és 19 darab 0 esetén az összeg 31, az átlag pedig \( 31 / 50 = 0,62 \). Mivel az 1-esből van a legtöbb (31 db), az egyetlen módusz az 1.

a) A 17 gramm 18 karátos ékszer aranytartalma: $$ 17 \cdot \frac{18}{24} = 12,75 \text{ g} $$ Ha \( x \) gramm a 14 karátos ékszer tömege, annak aranytartalma \( x \cdot \frac{14}{24} \). Ezt egyenlővé téve: $$ x \cdot \frac{14}{24} = 12,75 \implies x \approx 21,86 $$ Így a két gyűrű együttes tömege legfeljebb 21,9 gramm lehet.

b) A két gyűrű együttes térfogata: $$ V = \frac{m}{\rho} = \frac{16}{15} \approx 1,0667 \text{ cm}^3 = 1066,7 \text{ mm}^3 $$ Egy gyűrű térfogata két henger térfogatának különbsége. Jelölje \( x \) a keresett szélességet (magasságot).
Az első gyűrű belső sugara \( 8,5 \) mm, külső sugara \( 8,5 + 1,5 = 10 \) mm. Ennek térfogata: $$ V_1 = (10^2 \pi \cdot x) - (8,5^2 \pi \cdot x) \approx 87,2x \text{ (mm}^3\text{)} $$ A második gyűrű belső sugara \( 9,9 \) mm, külső sugara \( 9,9 + 1,6 = 11,5 \) mm. Ennek térfogata: $$ V_2 = (11,5^2 \pi \cdot x) - (9,9^2 \pi \cdot x) \approx 107,6x \text{ (mm}^3\text{)} $$ A kettő összege adja a teljes térfogatot: $$ V_1 + V_2 = 1066,7 \implies 87,2x + 107,6x = 1066,7 $$ $$ 194,8x = 1066,7 \implies x \approx 5,48 \text{ mm} $$ A gyűrűk szélessége tehát kerekítve 5,5 mm.

a) Az összes eset száma \( \binom{10}{5} = 252 \).
Ha a legkisebb kihúzott szám a 3, akkor azt biztosan kihúzták, a maradék 4 számot pedig a nála nagyobb 7 számból kell kiválasztani (4, 5, 6, 7, 8, 9, 10). A kedvező esetek száma: \( \binom{7}{4} = 35 \).
A keresett valószínűség: \( p = \frac{35}{252} \approx \mathbf{0,139} \).

b) Bármelyik 5 kiválasztott szám húzása esetén azok \( 5! = 120 \)-féleképpen következhetnek egymás után. Ebből a 120 sorrendből pontosan 1 olyan van, amely növekvő. Így a valószínűség: \( p = \frac{1}{120} \approx \mathbf{0,008} \).

c) A telitalálat valószínűsége: $$ p_5 = \frac{1}{\binom{10}{5}} = \frac{1}{252} \approx \mathbf{0,004} $$ Négy találat esetén a kedvező esetek száma: 4 eltalált szám az 5-ből (\( \binom{5}{4} = 5 \) lehetőség), és 1 nem eltalált szám a maradék 5-ből (\( \binom{5}{1} = 5 \) lehetőség). Így a kedvező esetek száma \( 5 \cdot 5 = 25 \). A négy találat valószínűsége: $$ p_4 = \frac{25}{252} \approx \mathbf{0,099} $$

d) A szelvények eladásából származó bevétel: \( 240 \cdot 200 = 48\,000 \) Ft.
Egy szelvényre vonatkozóan a kifizetés (kiadás) várható értéke: $$ E = p_5 \cdot 5000 + p_4 \cdot 1000 = 0,004 \cdot 5000 + 0,099 \cdot 1000 = 20 + 99 = 119 \text{ Ft} $$ A 240 eladott szelvényre a kiadás várható értéke: \( 240 \cdot 119 = 28\,560 \) Ft.
Az alapítvány hasznának várható értéke tehát a bevétel és az expected kiadás különbsége: $$ 48\,000 - 28\,560 = \mathbf{19\,440 \text{ Ft}} $$

a) A kilométerenkénti teljes költség fv-e az \( x \) függvényében: $$ K(x) = 400 + 0,8x + \frac{2200}{x} $$ A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget felírva a két változó tagra: $$ 0,8x + \frac{2200}{x} \ge 2 \cdot \sqrt{0,8x \cdot \frac{2200}{x}} = 2 \cdot \sqrt{1760} $$ A kifejezés ott minimális, ahol az egyenlőség fennáll, vagyis: $$ 0,8x = \frac{2200}{x} \implies x^2 = \frac{2200}{0,8} = 2750 $$ $$ x = \sqrt{2750} \approx 52,44 $$ Tehát egészre kerekítve 52 km/h átlagsebesség esetén lesz minimális a kilométerenkénti működtetési költség.

b) A teljes embléma területe az \( f(x) \) görbe alatti területének kétszerese a \( [0; 6] \) intervallumon, mivel az szimmetrikus az x-tengelyre. Bontsuk a területet az értelmezési tartomány szerint két integrálra: $$ T = 2 \left( \int_0^4 \sqrt{x} \, dx + \int_4^6 \frac{x^2 - 12x + 36}{2} \, dx \right) $$ Kiszámítjuk a primitív függvényeket: $$ \int \sqrt{x} \, dx = \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} = \frac{2}{3}x\sqrt{x} $$ $$ \int \frac{x^2 - 12x + 36}{2} \, dx = \frac{1}{2} \left( \frac{x^3}{3} - 6x^2 + 36x \right) = \frac{x^3}{6} - 3x^2 + 18x $$ A Newton-Leibniz formula alkalmazásával: $$ T = 2 \left( \left[ \frac{2}{3}x\sqrt{x} \right]_0^4 + \left[ \frac{x^3}{6} - 3x^2 + 18x \right]_4^6 \right) $$ A behelyettesítések eredményei: $$ \left( \frac{16}{3} - 0 \right) + \left( \left(36 - 108 + 108\right) - \left( \frac{64}{6} - 48 + 72 \right) \right) = \frac{16}{3} + 36 - \left(\frac{32}{3} + 24\right) $$ $$ T = 2 \left( \frac{16}{3} + 36 - 34\frac{2}{3} \right) = 2 \left( \frac{16}{3} + \frac{4}{3} \right) = 2 \cdot \frac{20}{3} = \mathbf{\frac{40}{3}} $$ Az embléma területe \( \frac{40}{3} \) területegység.

a) A szabályos hatszög rövidebb átlója egy olyan egyenlő szárú háromszög alapja, amelynek szárai a hatszög oldalai (\( a \)), bezárt szögük pedig 120°. Ennek az átlónak a hossza \( a\sqrt{3} \).
A megadott érték alapján: $$ a\sqrt{3} = 5\sqrt{2} \implies a = \frac{5\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \implies a^2 = \frac{50}{3} $$ A szabályos hatszög területe 6 darab egybevágó szabályos háromszög területéből áll: $$ T = 6 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{3}{2} \cdot \frac{50}{3} \sqrt{3} = \mathbf{25\sqrt{3}} $$

b) A \( t_1 \) területű hatszög a feladat leírása alapján a szomszédos oldalfelező pontok összekötésével keletkezik. Egy oldalfelező pontokat összekötő szakasz az eredeti háromszögek sarkainál levág kisebb háromszögeket. A keletkező új hatszög területe mindig az előző hatszög területének \( \frac{3}{4} \) része.
A sorozat tehát egy mértani sorozat, melynek kvóciense \( q = \frac{3}{4} \).
A sorozat első eleme \( t_1 \), ami az eredeti \( T \) terület \( \frac{3}{4} \) része: $$ t_1 = \frac{3}{4} \cdot 25\sqrt{3} = \frac{75\sqrt{3}}{4} $$ A kérdéses határérték egy végtelen mértani sor összege (\( |q| < 1 \)): $$ S = \lim_{n\to\infty} (t_1 + t_2 + \dots + t_n) = \frac{t_1}{1 - q} = \frac{\frac{75\sqrt{3}}{4}}{1 - \frac{3}{4}} = \frac{\frac{75\sqrt{3}}{4}}{\frac{1}{4}} = \mathbf{75\sqrt{3}} $$

Ha a keresett szám alakja \( \overline{ab} \) (\( a, b \) számjegyek és \( a,b \neq 0 \)), akkor a feladat szövege alapján – mivel a számtani közép sosem kisebb a harmonikus középnél: $$ \frac{a+b}{2} - \frac{2ab}{a+b} = 1 $$ Szorozzuk be az egyenletet a nevezőkkel, \( 2(a+b) \)-vel: $$ (a+b)^2 - 4ab = 2(a+b) $$ Felhasználva a nevezetes azonosságot: $$ (a-b)^2 = 2(a+b) $$ Mivel \( a \) és \( b \) számjegyek, összegük legfeljebb \( 9+9=18 \), így \( 2(a+b) \le 36 \). Másrészt a jobb oldal a kettő miatt páros, így \( (a-b)^2 \) is páros négyzetszám, sőt pozitív, mivel különbségük legalább 1 a négyzetre emelés miatt.
A lehetséges páros négyzetszámok 36-ig: 4, 16 és 36. Vizsgáljuk meg ezeket az eseteket:

1. eset: \( (a-b)^2 = 4 \implies |a-b| = 2 \).
Ekkor \( 2(a+b) = 4 \implies a+b = 2 \).
Mivel a számjegyek nem 0-k, az egyetlen megoldás \( a=1, b=1 \). De ekkor \( a-b = 0 \), ami ellentmond a \( |a-b|=2 \) feltételnek.

2. eset: \( (a-b)^2 = 16 \implies |a-b| = 4 \).
Ekkor \( 2(a+b) = 16 \implies a+b = 8 \).
Az egyenletrendszer megoldásai: ha \( a-b = 4 \), akkor \( 2a = 12 \implies a=6 \), amiből \( b=2 \). A szám a 62.
Ha \( b-a = 4 \), akkor fordítva, \( a=2 \) és \( b=6 \). A szám a 26.

3. eset: \( (a-b)^2 = 36 \implies |a-b| = 6 \).
Ekkor \( 2(a+b) = 36 \implies a+b = 18 \).
Ezt csak \( a=9, b=9 \) elégítené ki, de akkor az eltérésük nem 6. Itt sincs megoldás.

A keresett kétjegyű számok tehát a 26 és a 62. (Ellenőrzés: 2 és 6 számtani közepe 4, harmonikus közepe \( 24/8 = 3 \), a különbségük valóban 1.)

a) Öt pontból 4-et pontosan 5-féleképpen lehet kiválasztani. Bármely 4 pont a körvonalon pontosan egy konvex négyszöget határoz meg, így a kedvező esetek száma 5.
Az összes eset: 10 húrból 4 kiválasztása, azaz \( \binom{10}{4} = 210 \).
A valószínűség: \( P = \frac{5}{210} = \mathbf{\frac{1}{42}} \approx 0,024 \).

b) Az \( A \)-ból \( C \)-be vezető utakat aszerint csoportosítjuk, hogy a közbenső \( \{B, D, E\} \) pontok közül hányat érintünk.
- Egyetlen közbenső pontot sem érintünk: ez maga az \( A \to C \) húr (1 eset).
- Pontosan egy közbenső pontot érintünk: \( A \to B \to C \), \( A \to D \to C \), \( A \to E \to C \) (3 eset).
- Pontosan két közbenső pontot érintünk: 3 pontból 2-t kell sorba rendezni, ami \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség (pl. \( A \to B \to D \to C \)).
- Mind a három közbenső pontot érintjük: a 3 pont összes lehetséges sorrendje \( 3! = 6 \) eset.
Összesen: \( 1 + 3 + 6 + 6 = \mathbf{16} \)-féleképpen juthatunk el.

c) (A szita-formulát, más néven logikai szitát használjuk a megoldáshoz.)
Az összes lehetséges színezések száma, megkötés nélkül, mivel minden húrt 3-féle színnel színezhetünk: \( 3^{10} = 59\,049 \).
Ebből le kell vonnunk azokat az eseteket, amikor csak legfeljebb 2 színt használunk. Háromféleképpen választhatunk ki 2 színt (piros-sárga, sárga-zöld, piros-zöld). Minden ilyen párra a színezések száma \( 2^{10} \). Így levonunk \( 3 \cdot 2^{10} \)-et.
Ekkor azonban az egyszínű színezéseket (csak piros, csak sárga, csak zöld) kétszer is levontuk, hiszen például a csupa piros szerepelt a "piros-sárga" és a "piros-zöld" levonásában is. Ezt a 3 egyszínű esetet tehát egyszer vissza kell adnunk.
A végeredmény: $$ 3^{10} - 3 \cdot 2^{10} + 3 = 59\,049 - 3072 + 3 = \mathbf{55\,980} \text{-féleképpen színezhető.} $$