2014. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az egyenlet jobb oldalát azonosság alkalmazásával alakítjuk át: $$ 2 \sin x - 2 \sin^2 x = 1 - \sin^2 x $$ Nullára rendezve kapjuk a másodfokú egyenletet: $$ \sin^2 x - 2 \sin x + 1 = 0 \implies (\sin x - 1)^2 = 0 $$ Ebből adódik, hogy \( \sin x = 1 \).
A megoldás: $$ \mathbf{x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi, \quad \text{ahol } k \in \mathbb{Z}} $$

b) A logaritmusfüggvény értelmezése miatt kikötjük, hogy \( x > 0 \).
Mivel \( 25^{\lg x} = (5^{\lg x})^2 \), az egyenletet \( 5^{\lg x} \)-re nézve másodfokú egyenletként írhatjuk fel: $$ (5^{\lg x})^2 - 4 \cdot 5^{\lg x} - 5 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldásai: \( 5^{\lg x} = -1 \) és \( 5^{\lg x} = 5 \).
Mivel az exponenciális függvény értéke pozitív (\( 5^{\lg x} > 0 \)), ezért az \( 5^{\lg x} = -1 \) nem lehetséges.
Ha \( 5^{\lg x} = 5 \), akkor \( \lg x = 1 \), amiből adódik, hogy: $$ \mathbf{x = 10} $$ Ez valóban megoldása az egyenletnek (behelyettesítéssel ellenőrizhető).

a) Az egy fordulattal lefestett falfelület nagysága a festőhenger palástjának területével egyenlő: $$ P = 2 \cdot 2 \cdot 20 \cdot \pi = 80\pi \approx 251,3 \text{ cm}^2 $$ A teljes falfelület \( 40 \text{ m}^2 = 400\,000 \text{ cm}^2 \).
A teljes falfelület befestéséhez szükséges fordulatok száma: $$ \frac{400\,000}{251,3} \approx 1592 \text{ fordulat} $$ Ennyi fordulattal kb. \( 1592 \cdot 3 = 4776 \text{ ml} \approx 4,8 \text{ liter} \) festéket viszünk fel a falra.
4 liter festék megvásárlása tehát nem elegendő.

b) A 4 liter térfogata \( 4 \text{ dm}^3 = 4000 \text{ cm}^3 \).
A vödör sugara \( r = 8 \text{ cm} \). A henger térfogatképlete alapján: $$ 4000 = 8^2 \cdot \pi \cdot m $$ Ebből a festék magassága (\( m \)): $$ m = \frac{4000}{64\pi} \approx 19,9 \text{ cm} $$ A festék tehát kb. 20 cm magasan állna a vödörben.

a) Ha a bolti eladásokból származó idei árbevétel \( b \) (Ft), akkor az internetes eladásokból származó árbevétel jelenleg \( 0,7b \) (Ft). (\( b > 0 \)).
Ha a bevételek egyenlősége \( x \) év múlva következik be, akkor felírhatjuk a következő egyenletet: $$ 1,04^x \cdot 0,7b = 0,98^x \cdot b $$ Amiből a pozitív \( b \)-vel való osztás után kapjuk: $$ 1,04^x \cdot 0,7 = 0,98^x $$ Rendezve a kifejezést: $$ 0,7 = \left(\frac{0,98}{1,04}\right)^x \approx 0,9423^x $$ Mindkét oldal tízes alapú logaritmusát véve (vagy \( 0,9423 \)-as alapút): $$ x = \frac{\lg 0,7}{\lg 0,98 - \lg 1,04} \approx 6 $$ A két forrásból származó árbevétel tehát kb. 6 év múlva lesz egyenlő.

b) Annak a valószínűsége, hogy egy vevő reklamál \( p = \frac{1}{80} \), annak pedig, hogy nem reklamál \( q = \frac{79}{80} \).
Binomiális eloszlást alkalmazva, \( P(\text{legfeljebb 2 reklamál}) = P(0) + P(1) + P(2) \): $$ = \binom{100}{0}\left(\frac{79}{80}\right)^{100} + \binom{100}{1}\left(\frac{1}{80}\right)^1\left(\frac{79}{80}\right)^{99} + \binom{100}{2}\left(\frac{1}{80}\right)^2\left(\frac{79}{80}\right)^{98} $$ $$ \approx 0,2843 + 0,3598 + 0,2255 \approx \mathbf{0,87} $$ A valószínűség tehát körülbelül \( 87\% \).

a) Szorzattá alakítjuk a kifejezést: \( 3x^2 - x^3 = x^2 \cdot (3 - x) \).
Az \( x^2 \) tényező pozitív, mert \( x \neq 0 \).
A \( 3 - x \) tényező is pozitív, mert \( x < 3 \).
Így a két pozitív tényező szorzata is pozitív, tehát \( y > 0 \), ha \( x \in ]0; 3[ \).

b) A megadott görbe derivált függvénye: \( f'(x) = 6x - 3x^2 \).
A meredekség az \( x = 3 \) helyen: \( f'(3) = 6 \cdot 3 - 3 \cdot 3^2 = 18 - 27 = -9 \).
A pont koordinátái: \( f(3) = 3 \cdot 3^2 - 3^3 = 27 - 27 = 0 \), így a pont a \( (3; 0) \).
Az érintő egyenlete: \( y - 0 = -9 \cdot (x - 3) \), azaz: $$ \mathbf{y = -9x + 27} $$

c) A görbének az \( x = 0 \) és az \( x = 3 \) helyen van közös pontja az \( x \) tengellyel. Tudjuk, hogy ha \( x \in [0; 3] \), akkor \( y \ge 0 \), ezért a kérdezett terület a határozott integrállal számolható: $$ T = \int_{0}^{3} (3x^2 - x^3) dx $$ A Newton-Leibniz szabályt alkalmazva: $$ T = \left[ x^3 - \frac{x^4}{4} \right]_{0}^{3} = \left( 3^3 - \frac{3^4}{4} \right) - (0) = 27 - \frac{81}{4} = \mathbf{6,75} $$

a) Az egyes játékosok sikeres dobásainak száma rendre a kísérletek és a százalékok szorzatából adódik (kerekítve, ha szükséges, de itt mind pontos egész): 1, 0, 6, 2, 3, 2 és 8.
A csapat dobási kísérleteinek száma összesen a mérkőzésen 50, a sikeres dobások száma pedig \( 1+0+6+2+3+2+8 = 22 \) volt.
A csapat dobószázaléka így: \( \frac{22}{50} = \mathbf{44\%} \).

b) Jelölje \( x \) a csapat tagjainak számát a csatlakozás előtt, az átlagmagasságot pedig \( y \) cm (\( x \in \mathbb{N}, y > 0 \)).
Az első játékos belépése előtt az összeg \( xy \) volt. Az új játékossal felírható az egyenlet: $$ \frac{xy + 195}{x + 1} = y + 0,5 $$ Hasonló gondolatmenettel a második játékos belépését követően: $$ \frac{xy + 195 + 202}{x + 2} = y + 1,5 $$ Rendezzük a két egyenletet: $$ xy + 195 = xy + 0,5x + y + 0,5 \implies 0,5x + y = 194,5 $$ $$ xy + 397 = xy + 1,5x + 2y + 3 \implies 1,5x + 2y = 394 $$ A kapott egyenletrendszert megoldva: az elsőből \( y = 194,5 - 0,5x \). Ezt a másodikba behelyettesítve: $$ 1,5x + 2(194,5 - 0,5x) = 394 \implies 1,5x + 389 - x = 394 \implies 0,5x = 5 \implies \mathbf{x = 10} $$ Visszahelyettesítve: \( y = 194,5 - 5 = \mathbf{189,5} \).
A csapat tagjainak száma tehát eredetileg 10 volt, átlagos magasságuk pedig 189,5 cm.

a) A téglatest méretei méterben a leírás alapján: \( x \), \( 1 - x \), és \( 1 - 2x \).
A térfogata (\( V(x) \)) m³-ben kifejezve, ahol \( 0 < x < 0,5 \): $$ V(x) = x(1 - x)(1 - 2x) = 2x^3 - 3x^2 + x $$ Keressük a \( V(x) \) függvény maximumát a \( ]0; 0,5[ \) intervallumon. Deriváljuk a függvényt: $$ V'(x) = 6x^2 - 6x + 1 $$ A szélsőérték feltétele, hogy \( V'(x) = 0 \): $$ 6x^2 - 6x + 1 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei: \( x = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} \).
Ebből \( \frac{3+\sqrt{3}}{6} \approx 0,789 \) nem esik az értelmezési tartományba. A megfelelő gyök: $$ x = \frac{3-\sqrt{3}}{6} \approx 0,211 \text{ m} $$ A \( V'(x) \) ezen a helyen előjelet vált (pozitívból negatívba), tehát itt a térfogat maximális.
A méretek behelyettesítés és kerekítés után: \( 0,211 \text{ m} \), \( 1-0,211 = 0,789 \text{ m} \), \( 1-2(0,211) = 0,578 \text{ m} \).
A doboz méretei centiméterben: 21 cm, 79 cm és 58 cm.

b) Az öt karakterből kettő szám (\( s \)), három betű (\( b \)). Összesen \( \binom{5}{2} = 10 \) féleképpen választhatnánk ki a két szám helyét, de ezek közül 4 esetben lennének egymás mellett (ssbbb, bssbb, bbssb, bbbss).
Így \( 10 - 4 = 6 \) különböző módon lehet a két számjegy helyét kijelölni.
A két helyre \( 10 \cdot 10 = 100 \) módon választhatunk számjegyeket.
A három helyre \( 26^3 = 17\,576 \) módon választhatunk nagybetűket.
A különböző kódok száma összesen: $$ 6 \cdot 100 \cdot 17\,576 = \mathbf{10\,545\,600} $$

a) I. állítás: Igaz. Megfelelő konstrukció például egy fa, ahol van két összekötött központi csúcs (mindkettő fokszáma 3), és mindkettőhöz kapcsolódik további 2-2 levélcsúcs (fokszámuk 1). Így minden csúcs fokszáma páratlan.
II. állítás: Hamis. Ellenpélda: Egy olyan 7 pontú gráf, amely egy 6 pontú teljes gráfból (\( K_6 \)) és egy izolált pontból áll. Ennek élei száma \( \binom{6}{2} = 15 \), de a gráf nem összefüggő.
III. állítás: Hamis. Egy \( n \) pontú fagráfnak mindig pontosan \( n-1 \) éle van. A csúcsok és élek számának összege \( n + (n-1) = 2n - 1 \), ami minden \( n \)-re páratlan szám.

b) Ha az ismeretségek száma (fokszámok) rendre \( a, b, c, d, e, f \), akkor \( a \cdot b \cdot c \cdot d \cdot e \cdot f = 180 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5 \).
Mivel egy 6 csúcsú egyszerű gráfban a maximális fokszám legfeljebb 5 (és \( a \ge b \ge c \ge d \ge e \ge f \)), a lehetséges számsorozatok 180 tényezőiből:
- 5, 3, 3, 2, 2, 1
- 5, 4, 3, 3, 1, 1
A második eset nem alkothat gráfot: Ha van egy 5-öd fokú csúcs, az minden más csúccsal össze van kötve, így nem létezhet két darab 1-es fokszámú csúcs (hiszen egy 4-es fokszámú is van, ami további éleket jelent nekik).
Tehát a fokszámsorozat biztosan: 5, 3, 3, 2, 2, 1.
Ennek egy lehetséges megvalósítása (gráf): \( A \) össze van kötve mindenkivel (B,C,D,E,F). \( F \)-nek meg is van az 1 éle (\( A \)-val). A maradék hálózatban B-nek és C-nek kell még 2-2 él, D-nek és E-nek 1-1. Pl. B össze van kötve C-vel és D-vel, C pedig B-vel és E-vel. Ez kiadja a kívánt fokszámokat.

a) A harmadik sor harmadik mezője a \( 2 \cdot 7 + 3 = 17 \). tag, tehát \( a_{17} = 91 \).
Az ötödik sor ötödik mezője a \( 4 \cdot 7 + 5 = 33 \). tag, tehát \( a_{33} = 11 \).
A különbségük: \( a_{33} - a_{17} = 16d \implies 11 - 91 = -80 \implies d = -5 \).
Ebből az első tag: \( a_1 = 91 - 16 \cdot (-5) = 171 \).
A 49 elem összege a számtani sorozat összegképletével: $$ S_{49} = \frac{2 \cdot 171 + (49-1)(-5)}{2} \cdot 49 = \frac{342 - 240}{2} \cdot 49 = \mathbf{2499} $$

b) Az egyes sorok elején rendre a sorozat \( a_1, a_8, a_{15}, a_{22}, a_{29}, a_{36}, a_{43} \) tagja áll. Minden egyes oszlopból csak egy szám választható, így a kiválasztott szám a saját sorának elején álló számból úgy keletkezik, hogy ahhoz \( 0d, 1d, 2d, \ldots, 6d \)-t adunk hozzá, és e hét oszlop-eltolás mindegyike pontosan egyszer fordul elő.
Ha tehát összeadjuk a táblázatból kiválasztott hét számot, az összegben fixen megjelenik a sorok elején álló hét szám összege, továbbá a \( 0d + 1d + 2d + 3d + 4d + 5d + 6d = 21d \) eltolás.
Mivel ez az érték a konkrét oszlop-kiválasztások sorrendjétől függetlenül ugyanazokat a komponenseket tartalmazza, a hét szám összege minden esetben ugyanannyi lesz.

c) Péter összesen \( 7! = 5040 \)-féleképpen választhat ki a táblázatból számokat a megadott szabály (minden sorból és oszlopból egyet) szerint.
Ha a 91 (3. sor, 3. oszlop) és a 11 (5. sor, 5. oszlop) is a kiválasztott számok közt van, akkor a maradék 5 sorhoz és 5 oszlophoz kell hozzárendelni a számokat. Ezt \( 5! = 120 \)-féleképpen teheti meg.
A kérdéses valószínűség így: $$ P = \frac{120}{5040} = \mathbf{\frac{1}{42} \approx 0,024} $$