2016. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A feladat szövege alapján felírható az alábbi egyenlet: $$ \frac{x+27}{2} = \sqrt{27x} + 6 $$ $$ x + 15 = 2\sqrt{27x} $$ Mindkét oldalt négyzetre emeljük (mivel \( x > 0 \), a bal oldal is pozitív): $$ x^2 + 30x + 225 = 108x $$ $$ x^2 - 78x + 225 = 0 $$ Az egyenlet két gyöke: \( x = 3 \) és \( x = 75 \).
Ellenőrzés: A 3 és a 27 számtani közepe 15, mértani közepe 9, a különbség 6. A 75 és a 27 számtani közepe 51, mértani közepe 45, a különbség 6. Tehát mindkét szám megfelelő megoldás.

b) Az állítás igaz. Két különböző pozitív szám mértani közepe mindig kisebb a számtani közepüknél. Mivel \( x > 27 \), a két szám biztosan különböző, így a szigorú egyenlőtlenség teljesül: \( \sqrt{27x} < \frac{27+x}{2} \).

c) Az állítás megfordítása: Ha az \( x \)-nek és a 27-nek a mértani közepe kisebb a két szám számtani közepénél, akkor \( x > 27 \).
Ez az állítás hamis. Megfelelő ellenpélda bármelyik 27-nél kisebb pozitív valós szám (például \( x = 3 \)), ekkor is eltérő a két szám, így a mértani közép kisebb a számtaninál, de nem teljesül, hogy \( x > 27 \).

a) A henger magassága \( m = 8 \) dm, alapkörének sugara \( r = 2,5 \) dm.
A térfogat: $$ V = r^2\pi \cdot m = 2,5^2 \cdot \pi \cdot 8 = 50\pi \approx \mathbf{157 \text{ liter}} \text{ (dm}^3\text{)} $$ A felszín: $$ A = 2r\pi(r + m) = 2 \cdot 2,5 \cdot \pi \cdot (2,5 + 8) = 52,5\pi \approx \mathbf{165 \text{ dm}^2} $$

b) Mivel a henger vízszintes helyzetű, a feltöltött rész és a teljes térfogat aránya megegyezik a hordó alapkörén értelmezett vizes körszelet és a teljes kör területének arányával.
A kör sugara \( 25 \) cm, a vízszint \( 40 \) cm-en van. A vízszint a kör középpontjától \( 40 - 25 = 15 \) cm távolságra metszi a kört a "felső" félkörben.
A felső, üres részhez tartozó körcikk fél-középponti szögét (\( \alpha \)) egy derékszögű háromszögből számíthatjuk ki, ahol az átfogó a sugár (\( 25 \)), a szomszédos befogó a távolság (\( 15 \)): $$ \cos\alpha = \frac{15}{25} = 0,6 $$ Ebből \( \alpha \approx 53,13^\circ \). A felső körcikk teljes középponti szöge \( 2\alpha \approx 106,26^\circ \), a vizes (nagyobbik) körcikk középponti szöge így \( 360^\circ - 2\alpha \approx 253,7^\circ \).
A nagyobbik körcikket egy egyenlő szárú háromszöggel kell kiegészíteni a körszelet megkapásához. A háromszög alapja a vízszint szélessége, magassága 1,5 dm. Pitagorasz-tétellel az alap (dm-ben): $$ 2 \cdot \sqrt{2,5^2 - 1,5^2} = 2 \cdot 2 = 4 \text{ dm} $$ A háromszög területe: $$ T_1 = \frac{4 \cdot 1,5}{2} = 3 \text{ dm}^2 $$ A vizes körcikk területe: $$ T_2 = \frac{360^\circ - 2\alpha}{360^\circ} \cdot 2,5^2\pi \approx 13,84 \text{ dm}^2 $$ A teljes vizes keresztmetszet (körszelet) területe: \( T_{viz} = T_1 + T_2 \approx 16,84 \text{ dm}^2 \).
A teljes kör területe \( T = 2,5^2\pi \approx 19,63 \text{ dm}^2 \).
A keresett százalékos arány: $$ \frac{16,84}{19,63} \cdot 100 \approx \mathbf{86\%} $$

a) Az „egyharmados” előírás teljesüléséhez a napi 16 vonat közül legalább 6-nak pontosan (0 perc késéssel) kell indulnia (\( 16/3 = 5,33 \)).
A táblázatban szereplő 14 vonat közül eddig 5 indult pontosan (0 perces késéssel). Tehát az utolsó két vonat közül legalább az egyiknek pontosan kell indulnia (késése 0 perc).
Legyen a másik vonat késése \( x \) perc. A késések átlaga nem haladhatja meg a 3 percet: $$ \frac{0 \cdot 6 + 1 + 3 + 4 \cdot 2 + 5 \cdot 2 + 6 + 7 + 8 + x}{16} \le 3 $$ $$ \frac{43 + x}{16} \le 3 \implies 43 + x \le 48 \implies x \le 5 $$ Meg kell még vizsgálnunk a medián feltételét. A lehetséges (egész) értékek közül \( x = 4 \) és \( x = 5 \) esetén a 16 adat sorrendbe rendezve: $$ 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 3, 4, 4, 4 \text{ (vagy } 5\text{)}, 5, 5, 6, 7, 8 $$ A 16 elemű sokaság mediánja a 8. és a 9. adat átlaga, ami mindkét esetben \( \frac{3+4}{2} = 3,5 \), ami nagyobb 3-nál. Így \( x = 4 \) vagy \( x = 5 \) nem lehetséges.
Ha a másik vonat legfeljebb 3 percet késik (\( x \le 3 \)), akkor a 8. adat legfeljebb 3, a 9. adat 3, és ezek átlaga valóban nem haladja meg a 3-at. Így a keresett válasz: 3 perc.

b) A szöveg alapján felírhatjuk a következő másodfokú egyenletet: $$ (209 + p) \left( 1 - \frac{p}{100} \right) = 189 $$ Beszorozva 100-zal: $$ (209 + p)(100 - p) = 18900 $$ $$ 20900 - 209p + 100p - p^2 = 18900 $$ Átrendezve: $$ p^2 + 109p - 2000 = 0 $$ Az egyenlet megoldóképlettel kapott gyökei: \( p_1 = 16 \) és \( p_2 = -125 \).
Mivel a feltétel szerint \( p > 0 \), a negatív gyököt elvetjük. Tehát \( p = 16 \).

a) Háromféle csokoládéból öt darabot választunk ki úgy, hogy a sorrend nem számít, és a típusokat ismételhetjük. A lehetőségek száma a három elem ötödosztályú ismétléses kombinációinak a száma: $$ \binom{3 + 5 - 1}{5} = \binom{7}{5} = \mathbf{21} $$

b) Tegyük fel, hogy \( n \) szelet csokoládét vásárolunk. Annak a valószínűsége, hogy mindegyik tömege legalább 100 g, a feltétel szerint \( 0,999^n \).
Így a komplementer esemény, vagyis hogy van közöttük 100 g-nál kisebb tömegű is, az \( 1 - 0,999^n \).
A feladat szerint ennek a valószínűségnek legalább 0,05-nek kell lennie: $$ 1 - 0,999^n \ge 0,05 $$ $$ 0,999^n \le 0,95 $$ Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekedő: $$ n \cdot \lg 0,999 \le \lg 0,95 $$ Mivel \( \lg 0,999 \) negatív, az osztásnál az egyenlőtlenség iránya megfordul: $$ n \ge \frac{\lg 0,95}{\lg 0,999} \approx 51,3 $$ Mivel \( n \) egész szám, legalább 52 szelet csokoládét kell vásárolnunk.

a) Az egyenletet először osszuk el 5-tel: $$ x^2 + y^2 - 2,8x + 4,4y - 2,2 = 0 $$ Teljes négyzetté alakítással: $$ (x - 1,4)^2 - 1,96 + (y + 2,2)^2 - 4,84 - 2,2 = 0 $$ $$ (x - 1,4)^2 + (y + 2,2)^2 = 9 $$ A kör középpontja \( (1,4; -2,2) \), sugara pedig 3 egység.

b) A \( \vec{KA} \) vektor lesz a keresett egyenes normálvektora: $$ \vec{KA} = (-4 - (-5); 14 - 7) = (1; 7) $$ Az egyenes áthalad az \( A(-4; 14) \) ponton, egyenlete tehát: $$ 1 \cdot x + 7 \cdot y = 1 \cdot (-4) + 7 \cdot 14 $$ $$ \mathbf{x + 7y = 94} $$

c) A húr szakaszának hossza meghatározható Pitagorasz-tétel segítségével, hiszen a \( KA \) szakasz merőleges a húrra, így felezi azt. A húr és a középpont távolsága éppen a \( KA \) szakasz hossza: $$ d = KA = \sqrt{1^2 + 7^2} = \sqrt{50} $$ A kör sugara \( r = 10 \). A húr fele (\( h \)) felírható a következőképpen: $$ h^2 + d^2 = r^2 \implies h^2 = 100 - 50 = 50 \implies h = \sqrt{50} $$ A húr teljes hossza \( 2h = 2\sqrt{50} \approx \mathbf{14,14 \text{ egység}} \).

d) A \( k \) kör egyenlete \( (x+5)^2 + (y-7)^2 = 100 \).
Mivel a középpont rácspont, a körvonalon lévő rácspontok keresése azonos a \( 100 \) két négyzetszám összegére történő felbontásával: \( a^2 + b^2 = 100 \).
A lehetséges felbontások: $$ 100 = 0^2 + 10^2 \text{ és } 100 = 6^2 + 8^2 $$ A megfelelő \( a, b \) értékek és előjeleik adják az összes lehetséges eltérést a középponttól:
- Ha \( \{a,b\} = \{0, \pm 10\} \), ebből 4 pont adódik (2 az x-tengely mentén, 2 az y-tengely mentén).
- Ha \( a = \pm 6, b = \pm 8 \), ebből 4 pont adódik.
- Ha \( a = \pm 8, b = \pm 6 \), ebből ismét 4 pont adódik.
Összesen \( 4 + 4 + 4 = \) 12 rácspont található a körvonalon.

a) Az összes eset számából elegáns kivonni a "kedvezőtlen" eseteket, azaz azokat, amikor a kiválasztott könyvek között ott van mindkét azonos szerzőjű mű.
Az összes lehetséges választás a nyolc könyvből: \( \binom{8}{3} = 56 \).
Kedvezőtlen, ha kiválasztja azt a két könyvet. Ekkor a harmadik könyvet a maradék 6 közül bármelyik lehet, ez \( \binom{6}{1} = 6 \)-féleképpen történhet.
A különböző szerzőjű könyvek választásainak száma tehát: \( 56 - 6 = \mathbf{50} \).

b) Ültessük le először a 3 fiút, ami \( 3! = 6 \)-féleképpen lehetséges. A 3 fiú a helyek közötti és melletti üres térből 4 "köztes helyet" határoz meg (egy-egy a széleken, kettő közöttük).
Hogy ne üljön két lány egymás mellett, ebből a 4 helyből kell kiválasztani 3-at a számukra, amely \( \binom{4}{3} = 4 \)-féleképpen tehető meg.
A 3 lány a kiválasztott 3 helyre \( 3! = 6 \)-féleképpen tud leülni.
Összeszorozva a lehetőségeket: \( 6 \cdot 4 \cdot 6 = \mathbf{144 \text{ lehetőség}} \).

c) Az \( n+3 \) személy összes sorrendjének száma \( (n+3)! \).
A kedvező esetek számát úgy kapjuk, ha a három lányt egyetlen egységnek (blokknak) tekintjük. Az így kapott \( n+1 \) egység \( (n+1)! \)-féleképpen ülhet sorba, miközben a blokkon belül a három lány \( 3! = 6 \)-féleképpen helyezkedhet el. A kedvező esetek száma tehát \( 6 \cdot (n+1)! \).
A valószínűség: $$ \frac{6 \cdot (n+1)!}{(n+3)!} = \frac{6}{(n+2)(n+3)} $$ A feladat alapján: $$ \frac{6}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{26} $$ Keresztbeszorzással: $$ (n+2)(n+3) = 156 $$ $$ n^2 + 5n + 6 = 156 \implies n^2 + 5n - 150 = 0 $$ Az egyenlet gyökei \( n = 10 \) és \( n = -15 \).
Mivel az emberek száma csak pozitív egész lehet, \( n = 10 \).

a) Az összeadás után kapott belső kifejezés: $$ f(x) + g(x) = (x^2 - 2) + (10 + 10x - x^2) = 10x + 8 $$ Az egyenlőtlenség az abszolútérték felbontásával két ágra bomlik:
1. eset: \( 10x + 8 \ge 8 \implies 10x \ge 0 \implies x \ge 0 \).
2. eset: \( 10x + 8 \le -8 \implies 10x \le -16 \implies x \le -1,6 \).
A megoldáshalmaz: \( ]-\infty; -1,6] \cup [0; \infty[ \).

b) Az \( f(x) = x^2 - 2 \) függvény minimumhelye a valós számokon \( x = 0 \), a \( [2; 8] \) intervallumon szigorúan monoton növekvő, így a minimumát a bal végpontban veszi fel. \( f(2) = 2^2 - 2 = 2 > 0 \), tehát a teljes intervallumon pozitív.
A \( g(x) = -x^2 + 10x + 10 = -(x-5)^2 + 35 \) lefelé nyitott parabola, maximumhelye \( x = 5 \). Ezen a zárt intervallumon a legkisebb értéket valamelyik végpontban veszi fel. \( g(2) = 26 \) és \( g(8) = 26 \). Mivel ezek az értékek mind pozitívak, a \( g(x) \) függvény is csak pozitív értékeket vesz fel a vizsgált intervallumon.

c) A feltétel integrál formájában felírva (mivel mindkét függvény pozitív, az alatti terület megegyezik a határozott integrállal): $$ \int_2^t (x^2 - 2) \,dx = \int_t^8 (-x^2 + 10x + 10) \,dx $$ A bal oldal primitív függvényével: $$ \left[ \frac{x^3}{3} - 2x \right]_2^t = \left( \frac{t^3}{3} - 2t \right) - \left( \frac{8}{3} - 4 \right) = \frac{t^3}{3} - 2t + \frac{4}{3} $$ A jobb oldal: $$ \left[ -\frac{x^3}{3} + 5x^2 + 10x \right]_t^8 = \left( -\frac{512}{3} + 320 + 80 \right) - \left( -\frac{t^3}{3} + 5t^2 + 10t \right) = \frac{688}{3} + \frac{t^3}{3} - 5t^2 - 10t $$ A kettőt egyenlővé téve a harmadfokú tagok kiesnek: $$ -2t + \frac{4}{3} = \frac{688}{3} - 5t^2 - 10t $$ Átrendezve: $$ 5t^2 + 8t - 228 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( t_1 = 6 \) és \( t_2 = -7,6 \).
Mivel \( t \)-nek a \( [2; 8] \) intervallumban kell lennie, a megfelelő megoldás a \( t = 6 \).

a) Jelölje a három kategóriában eladott jegyek számát \( a \), \( b \) és \( c \). A szöveg szerint: $$ a + b + c = 200 \text{ és } c = \frac{2}{3}(a + b) $$ Behelyettesítve \( c \)-t: $$ (a + b) + \frac{2}{3}(a + b) = 200 \implies \frac{5}{3}(a + b) = 200 \implies a + b = 120 $$ Ebből a III. kategóriás jegyek száma: \( c = 80 \).
Tudjuk, hogy az I. és II. kategóriás jegyek aránya \( 9 : 11 \), tehát: $$ a = 9k \text{ és } b = 11k \implies 20k = 120 \implies k = 6 $$ Ennek alapján:
I. kategóriás jegy: \( 9 \cdot 6 = \mathbf{54} \) darab,
II. kategóriás jegy: \( 11 \cdot 6 = \mathbf{66} \) darab,
III. kategóriás jegy: 80 darab.

b) A 12 méteres átmérőjű bástya sugara \( r = 6 \) méter. A téglalap méretei kifejezhetők az \( \alpha \) szöggel trigonometriai függvények segítségével:
A téglalap magassága: \( 6\sin\alpha \)
A téglalap szélességének a fele (a középponttól a széléig tartó távolság az átmérőn): \( 6\cos\alpha \)
A teljes szélesség tehát \( 12\cos\alpha \).
A téglalap (színpad) területe egyváltozós függvényként: $$ T(\alpha) = (12\cos\alpha) \cdot (6\sin\alpha) = 72 \sin\alpha \cos\alpha $$ A kétszeres szög szinuszának azonosságát (\( 2\sin\alpha \cos\alpha = \sin(2\alpha) \)) felhasználva a terület: $$ T(\alpha) = 36\sin(2\alpha) $$ Mivel \( 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} \), a szinuszfüggvény maximuma 1, ezt a maximumot a függvény akkor veszi fel, ha \( 2\alpha = 90^\circ \) (vagyis \( \frac{\pi}{2} \)).
Ez alapján a keresett szög: \( \alpha = 45^\circ \).
A legnagyobb terület pedig: \( 36 \cdot 1 = \mathbf{36 \text{ m}^2} \).

a) A számtani sorozat tagjai \( 5k + 4 \) alakúak (\( k \in \mathbb{N} \)). Az ezer alatti tagok száma a megoldandó egyenlőtlenségből adódik: $$ 5k + 4 < 1000 \implies 5k \le 995 \implies k \le 199 $$ Mivel \( k \) nullától indul a \( 4 \)-es taggal, összesen 200 ilyen tag van (vagy egyenletes leosztással: a legnagyobb \( a_{200} = 4 + 199 \cdot 5 = 999 \)).
A mértani sorozat tagjai \( 3 \cdot 2^{n-1} \) alakúak. A megfelelő tagok: 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384, 768. Ez 9 darab tag.
A kedvező esetek összegzésekor le kell vonnunk a közös tagokat, különben duplán számolnánk őket. A számtani sorozat elemei pontosan azok a számok, melyek utolsó számjegye 4 vagy 9 (mivel 5-tel osztva 4 a maradék).
A mértani sorozat kilenc eleme közül a 24 és a 384 végződik 4-re, 9-re egy sem. Így 2 közös tag van.
A kedvező számok darabszáma: \( 200 + 9 - 2 = 207 \).
Az ezer alatti pozitív egészek száma 999. A keresett valószínűség: $$ P = \frac{207}{999} $$ A törtet 9-cel egyszerűsítve megkapjuk a relatív prím alakot: $$ \mathbf{P = \frac{23}{111}} $$

b) Legyen a három teljes gráf csúcsainak száma elegánsan \( n-d \), \( n \) és \( n+d \), ahol \( d \) pozitív egész szám (mivel a sorozat növekvő).
Egy \( k \) csúcsú teljes gráf éleinek száma \( \frac{k(k-1)}{2} \). Az élek száma rendre: $$ E_1 = \frac{(n-d)(n-d-1)}{2}, \quad E_2 = \frac{n(n-1)}{2}, \quad E_3 = \frac{(n+d)(n+d-1)}{2} $$ Indirekt módon tegyük fel, hogy ezek is számtani sorozatot alkotnak, azaz \( E_1 + E_3 = 2E_2 \).
Behelyettesítve és 2-vel felszorozva az egyenletet: $$ (n-d)(n-d-1) + (n+d)(n+d-1) = 2n(n-1) $$ Bontsuk fel a zárójeleket: $$ (n^2 - 2nd + d^2 - n + d) + (n^2 + 2nd + d^2 - n - d) = 2n^2 - 2n $$ Vonjuk össze az azonos tagokat a bal oldalon: $$ 2n^2 + 2d^2 - 2n = 2n^2 - 2n $$ Mindkét oldalból kivonva \( (2n^2 - 2n) \)-t adódik: $$ 2d^2 = 0 \implies d = 0 $$ Ez azonban ellentmondás, hiszen a kiindulási feltétel szerint a sorozat szigorúan növekvő, tehát \( d > 0 \).
Az indirekt feltevésünk hibás volt, így igazoltuk, hogy a gráf éleinek száma nem alkothat számtani sorozatot.