2017. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A második egyenlet bal oldalát átalakítva: $$ \frac{\lg x + \lg y}{2} = \frac{\lg(xy)}{2} = \lg \sqrt{xy} $$ Az egyenlet tehát így írható fel: $$ \lg \sqrt{xy} = \lg \frac{x+y}{2} $$ A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása miatt ebből következik, hogy a két argumentum megegyezik: $$ \sqrt{xy} = \frac{x+y}{2} $$ A pozitív számokra vonatkozó számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenség értelmében az egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha \( x = y \). Mivel az első egyenletből tudjuk, hogy \( x + y = 0,2 \), így kapjuk: $$ \mathbf{x = y = 0,1} $$ Ellenőrzés: bal oldal \( \frac{\lg 0,1 + \lg 0,1}{2} = -1 \), jobb oldal \( \lg \frac{0,2}{2} = \lg 0,1 = -1 \).

b) Alkalmazzuk a \( \sin^2 x = 1 - \cos^2 x \) azonosságot: $$ 2(1 - \cos^2 x) - \cos x = 2 \implies 2 - 2\cos^2 x - \cos x = 2 $$ Rendezve: $$ -2\cos^2 x - \cos x = 0 \implies \cos x(2\cos x + 1) = 0 $$ Ebből két eset adódik: \( \cos x = 0 \) vagy \( \cos x = -0,5 \).
A \( [-\pi; \pi] \) intervallumon:
- Ha \( \cos x = 0 \), akkor \( x = -\frac{\pi}{2} \) vagy \( x = \frac{\pi}{2} \).
- Ha \( \cos x = -0,5 \), akkor \( x = -\frac{2\pi}{3} \) vagy \( x = \frac{2\pi}{3} \).
Ezek a gyökök kiadják a megoldást, melyek ellenőrizve is megfelelnek az eredeti egyenletnek.

a) Legyen a személyvonat átlagsebessége \( v \) km/h, ekkor a gyorsvonaté \( v + 18 \) km/h (\( v > 0 \)). A menetidőket a \( t = \frac{s}{v} \) képlettel fejezzük ki órában. A 45 perc egyenlő \( 0,75 \) órával. $$ \frac{195}{v} = \frac{195}{v+18} + 0,75 $$ Szorozzuk be az egyenletet \( v(v+18) \)-cal: $$ 195(v+18) = 195v + 0,75v(v+18) $$ $$ 195v + 3510 = 195v + 0,75v^2 + 13,5v \implies 0,75v^2 + 13,5v - 3510 = 0 $$ Osztva \( 0,75 \)-tel: $$ v^2 + 18v - 4680 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével a két gyök \( v = 60 \) és \( v = -78 \). Mivel a sebesség pozitív, így a személyvonat átlagsebessége 60 km/h, a gyorsvonaté 78 km/h.

b) Az eddig ismert adatok: 90, 150, 160, 200. Az ötödik, pénteki adat legyen \( x \). Mivel a sorozatnak van egyetlen módusza, a pénteki adatnak meg kell egyeznie a négy ismert érték valamelyikével.
Az átlag nagyobb 90-nél és kisebb 200-nál, és az átlagnak is szerepelnie kell az adatok között. Így az átlag csak 150 vagy 160 lehet.
- Ha az átlag 150, akkor a pénteki adat: \( x = 5 \cdot 150 - (90 + 150 + 160 + 200) = 750 - 600 = 150 \).
Ebben az esetben az adatok növekvő sorrendben: 90, 150, 150, 160, 200. Ekkor a módusz (150) és a medián (150) megegyezik, ami ellentmond a feltételnek.
- Ha az átlag 160, akkor a pénteki adat: \( x = 5 \cdot 160 - 600 = 200 \).
Az adatok sorrendben: 90, 150, 160, 200, 200. Itt a módusz 200, a medián 160, melyek nem egyenlők, ami megfelel az összes feltételnek.
Tehát pénteken 200 utas volt.

a) Az \( AC \) és a \( BD \) szakaszok a négyzet köré írt kör átmérői. A Thalész-tétel miatt a körön lévő tetszőleges \( P \) pontból (ami nem esik egybe a végpontokkal) az átmérők derékszögben látszanak. Így \( APC\angle = 90^\circ \) és \( BPD\angle = 90^\circ \).
Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt az \( APC \) és \( BPD \) derékszögű háromszögekre (a kör sugarát \( r \)-rel jelölve): $$ AP^2 + CP^2 = AC^2 = (2r)^2 $$ $$ BP^2 + DP^2 = BD^2 = (2r)^2 $$ Mivel a jobb oldalak megegyeznek, felírható a bizonyítandó egyenlőség: \( AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2 \).

b) A szimmetria miatt a négy egymást érintő pohár alapkörének középpontja egy négyzetet alkot, melynek oldala a két kör sugarának összege, azaz \( 2r \). A négyzet átlójának hossza Pitagorasz-tétellel \( 2r\sqrt{2} \).
A tálca belső átmérője a két szemközti pohár középpontjának távolságából és a két külső körsugárból áll össze. Tehát felírhatjuk: $$ 20 = 2r + 2r\sqrt{2} = 2r(1 + \sqrt{2}) $$ Kifejezve a sugarat: $$ r = \frac{10}{1 + \sqrt{2}} = 10(\sqrt{2} - 1) \approx 10(1,414 - 1) = \mathbf{4,14 \text{ cm}} $$ Mivel 4,14 > 4,1, az állítás igaz.

c) A pohár belső sugara a külső sugárból a falvastagság kivonásával adódik. Falvastagság = 2,5 mm = 0,25 cm. Így a belső sugár nagyobb, mint \( 4,1 - 0,25 = 3,85 \text{ cm} \).
A pohár térfogata: $$ V > 3,85^2 \cdot \pi \cdot 11 \approx 14,8225 \cdot \pi \cdot 11 \approx \mathbf{512 \text{ cm}^3} $$ Tudjuk, hogy 5 dl = 500 cm\(^3\). Mivel 512 > 500, az állítás igaz, a pohárba valóban belefér 5 dl üdítő.

a) Először meghatározzuk a függvény zérushelyeit: $$ x^2 - 12x + 27 = 0 \implies x_1 = 3, \quad x_2 = 9 $$ A parabola az \( [3; 9] \) intervallumon az \( x \) tengely alatt halad, ezért a keresett terület a határozott integrál ellentettje: $$ T = -\int_{3}^{9} (x^2 - 12x + 27) \, dx = \left[ -\frac{x^3}{3} + 6x^2 - 27x \right]_{3}^{9} $$ Helyettesítsük be a határokat: $$ T = \left( -\frac{729}{3} + 6 \cdot 81 - 27 \cdot 9 \right) - \left( -\frac{27}{3} + 6 \cdot 9 - 27 \cdot 3 \right) $$ $$ T = (-243 + 486 - 243) - (-9 + 54 - 81) = 0 - (-36) = \mathbf{36} $$ A bezárt terület nagysága 36 területegység.

b) Az érintő meredekségét a deriváltfüggvény adott pontbeli helyettesítési értéke adja meg: $$ f'(x) = 2x - 12 $$ $$ m = f'(5) = 2 \cdot 5 - 12 = -2 $$ Az egyenes egyenletének pont-meredekség alakjába behelyettesítve: $$ y - y_0 = m(x - x_0) \implies y - (-8) = -2(x - 5) $$ $$ y + 8 = -2x + 10 \implies \mathbf{y = -2x + 2} $$

c) Hozzuk a parabolát csúcsponti alakra teljes négyzetté alakítással: $$ f(x) = (x - 6)^2 - 36 + 27 = (x - 6)^2 - 9 $$ A parabola tengelypontja tehát \( T(6; -9) \).
Az \( y = \frac{1}{2p}(x - u)^2 + v \) alakból felírható, hogy a paraméterre \( 2p = 1 \implies p = 0,5 \).
A fókuszpont az \( y \) tengellyel párhuzamos szimmetriatengely mentén \( \frac{p}{2} \)-vel helyezkedik el a csúcspont felett: $$ F\left(6; -9 + \frac{0,5}{2}\right) = \mathbf{F(6; -8,75)} $$

a) A \( \overline{c3c5} \)-ben \( c \) első számjegyként is szerepel, ezért \( c \neq 0 \).
- Az \( \overline{1c28} \) mindig páros. Ahhoz, hogy 6-tal ne legyen osztható, a 3-mal való oszthatóságnak kell sérülnie. A számjegyek összege: \( 1 + c + 2 + 8 = 11 + c \). Ha ez nem osztható 3-mal, akkor \( c \notin \{1, 4, 7\} \).
- A \( \overline{93c6} \) pontosan akkor osztható 36-tal, ha osztható 4-gyel és 9-cel is. Az utolsó két számjegy (c6) alapján, ha \( c \) páratlan (például 9), akkor a szám osztható 4-gyel. Ha ezen felül a számjegyek összege (\( 9+3+c+6 = 18+c \)) osztható 9-cel, azaz \( c=9 \), akkor a szám osztható lesz 36-tal is. Mivel a feladat feltétele a nem oszthatóság, kizárjuk: \( c \neq 9 \).
- A \( \overline{c3c5} \) 5-re végződik, így 5-tel osztható. Ahhoz, hogy 15-tel ne legyen osztható, a 3-mal való oszthatóságnak ismét sérülnie kell. A számjegyek összege: \( 2c + 8 \). Ebből adódik, hogy \( c \notin \{2, 5, 8\} \).
A megmaradó lehetséges értékek: \( \mathbf{c = 3} \) és \( \mathbf{c = 6} \).

b) A kifejezés felbontható tagokra. A \( 4^n \) minden \( n \ge 1 \) esetén páros szám. A \( 6n \) szintén minden esetben páros. Két páros szám összege ismét páros. Ha egy páros számból kivonunk 1-et, az eredmény mindenképpen páratlan lesz. Páratlan szám pedig oszthatatlan 8-cal, amivel igazoltuk az állítást.

c) Alkalmazzunk az első tagra egy elegáns átalakítást a binomiális tétel segítségével: $$ 4^n = (3+1)^n = \binom{n}{0} 1^n + \binom{n}{1} 3 \cdot 1^{n-1} + \binom{n}{2} 3^2 \cdot 1^{n-2} + \dots + \binom{n}{n} 3^n $$ $$ 4^n = 1 + 3n + 9 \binom{n}{2} + 27 \binom{n}{3} + \dots + 3^n $$ Vegyük észre, hogy az első két tag (\( 1 + 3n \)) kivételével minden ezt követő tagban jelen van a \( 3^2 = 9 \), így ezek maradék nélkül oszthatók 9-cel. Írjuk fel a teljes kifejezést: $$ 4^n + 6n - 1 = \left( 1 + 3n + \text{9-cel oszt. rész} \right) + 6n - 1 $$ Összevonva a megfelelő tagokat: $$ = 9n + \text{9-cel oszt. rész} $$ A kapott eredmény mindkét komponense többszöröse a 9-nek, így igazoltuk a feltevés helyességét.

a) Az egyszerűség kedvéért dm-ben számolunk: \( 200 \text{ liter} = 200 \text{ dm}^3 \), \( h = 8 \text{ dm} \).
A térfogatképletből (\( V = r^2\pi h \)) kifejezve a sugarat: $$ r^2\pi \cdot 8 = 200 \implies r^2 = \frac{25}{\pi} \implies r \approx 2,82 \text{ dm} $$ A felül nyitott hordó felszíne az alapkörből és a palástból áll: $$ A = r^2\pi + 2r\pi h = 25 + 2\pi \cdot 2,82 \cdot 8 \approx 166,7 \text{ dm}^2 $$ A 12% hulladék azt jelenti, hogy az \( x \) szükséges fémlemez 88%-át használjuk fel hasznos részként: $$ x \cdot 0,88 = 166,7 \implies x \approx \mathbf{190 \text{ dm}^2} $$

b) Fejezzük ki a magasságot a sugarat használva (\( m = \frac{200}{r^2\pi} \)), majd írjuk fel a felszínfüggvényt: $$ A(r) = r^2\pi + 2r\pi \left(\frac{200}{r^2\pi}\right) = r^2\pi + \frac{400}{r} $$ Az extrémum keresését elegánsan, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséggel oldjuk meg, szétbontva a hiperbolikus tagot: $$ A(r) = r^2\pi + \frac{200}{r} + \frac{200}{r} \ge 3 \sqrt[3]{r^2\pi \cdot \frac{200}{r} \cdot \frac{200}{r}} = 3\sqrt[3]{40000\pi} $$ A kifejezés akkor veszi fel a minimumát, ha a tagok megegyeznek: $$ r^2\pi = \frac{200}{r} \implies r^3 = \frac{200}{\pi} \implies \mathbf{r \approx 3,99 \text{ dm}} $$ Visszahelyettesítve a magasság képletébe: $$ m = \frac{200}{\left(\sqrt[3]{\frac{200}{\pi}}\right)^2 \pi} = \sqrt[3]{\frac{200}{\pi}} \implies \mathbf{m \approx 3,99 \text{ dm}} $$ Látható, hogy az optimális hordó sugara és magassága megegyezik.

a) A szabályszerűség szerint az első óra után az értékek duplázódnak a második órától tekintve. A második órában \( 4+3=7 \) sejt fertőződött meg. Az \( n \)-edik órában (\( n \ge 2 \)) lévő fertőzött cellák száma tehát az alábbi mértani sorozat szerint írható le: $$ C(n) = 7 \cdot 2^{n-2} $$ Ennek meg kell haladnia a \( 10\,000\,000 \)-t: $$ 7 \cdot 2^{n-2} > 10\,000\,000 \implies 2^{n-2} > \frac{10\,000\,000}{7} $$ Vegyszük mindkét oldal logaritmusát: $$ (n-2) \lg 2 > \lg\left(\frac{10\,000\,000}{7}\right) \implies n > 2 + \frac{\lg \approx 1\,428\,571}{\lg 2} $$ $$ n > 2 + 20,44 = 22,44 $$ Tehát a 23. órában haladja meg a tízmilliót.

b) Értékeljük ki a lehetséges változásokat egy dobásnál:
- Csökken 1 millióval: \( P = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \)
- Változatlan: \( P = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \)
- Nő 1 millióval: \( P = \frac{1}{6} \)
A baktériumok számának 10 millióról legalább 5 milliót kell csökkennie. Ehhez 7 dobás során az alábbi, egymást kizáró esetek lehetségesek a negatív kimenetel javára:
1. Pontosan 5-ször csökken, és a maradék 2 alkalommal változatlan marad (ha nőne, nem esne 5 millió alá a szint): $$ \binom{7}{5} \left(\frac{1}{2}\right)^5 \left(\frac{1}{3}\right)^2 \approx 0,073 $$ 2. Pontosan 6-szor csökken. Ekkor a fennmaradó 1 alkalommal lehet változatlan, vagy nőhet is, a végeredmény így is elegendő lesz (-6 + 1 = -5 csökkenés biztosított). $$ \binom{7}{6} \left(\frac{1}{2}\right)^6 \left(\frac{1}{2}\right)^1 \approx 0,055 $$ 3. Mind a 7 alkalommal csökken: $$ \binom{7}{7} \left(\frac{1}{2}\right)^7 \approx 0,008 $$ A teljes valószínűség az összegük: \( 0,073 + 0,055 + 0,008 = \mathbf{0,136} \). Pontos formában az érték \( \frac{13}{96} \).

a) A megfordított állítás: Ha egy háromszög körülírt körének középpontja megegyezik a beírt körének középpontjával, akkor a háromszög szabályos.
Bizonyítás: A beírt kör középpontja a belső szögfelezők metszéspontja. Mivel ez egybeesik a körülírt kör középpontjával, ez a pont egyenlő távolságra van a háromszög mindhárom csúcsától. A csúcsokat a középponttal összekötő szakaszok (a kör sugarai) ezért a nagy háromszöget három egyenlő szárú háromszögre bontják. Ezen kisebb háromszögek alapon fekvő szögei egyenlők. A szögfelező tulajdonság miatt ezek a szögek páronként a nagy háromszög csúcsain is megjelennek, biztosítva, hogy a nagy háromszög minden belső szöge egyenlő maradjon. Tehát az alakzat szabályos.

b) Vegyük fel az \( ABQ \) háromszöget! A csúcsoktól vett szögharmadoló egyenesek által bezárt szögek a szabályos háromszög miatt: az \( A \) csúcsnál lévő félszög \( 40^\circ \), a \( B \) csúcsnál lévő \( 20^\circ \). Így az \( ABQ \) háromszög harmadik szöge, \( Q = 180^\circ - 40^\circ - 20^\circ = 120^\circ \).
Az \( AQ \) szakaszt szinusztétellel felírva (ismerve \( AB = 1 \)): $$ \frac{AQ}{\sin 40^\circ} = \frac{1}{\sin 120^\circ} \implies AQ \approx 0,742 $$ A \( BQ \) szakasz hossza hasonlóképpen: $$ \frac{BQ}{\sin 20^\circ} = \frac{1}{\sin 120^\circ} \implies BQ \approx 0,395 $$ A belső szimmetriákból fakadóan \( AP = BQ \). Így a középső \( PQ \) szakasz az elmetszésekből számolható: $$ PQ = AQ - AP = 0,742 - 0,395 = \mathbf{0,347} $$

c) A négy lehetséges színből a három felhasználandót kombinatorikával \( \binom{4}{3} = 4 \)-féleképpen tudjuk kiválasztani.
A struktúrában a \( CAP \), \( CQR \) és \( PQR \) háromszögek központi csoportot alkotnak, melyek páronként egy-egy szakaszon érintkeznek (mind a hárman szomszédosak egymással). E három szomszédos elemet csak is csupa eltérő színekkel tölthetjük fel. Ez \( 3! = 6 \)-féleképpen tehető meg.
Az \( ABQ \) háromszög szintén szomszédos a \( CAP \)-vel és a \( PQR \)-rel, de a \( CQR \)-rel nem, következésképpen a szabad színek közül kötelezően a \( CQR \) színét kell megkapnia (1 lehetőség).
A \( BCQ \) viszont határos a \( CQR \)-rel és az \( ABQ \)-val, melyek az előbbi gondolatmenet alapján azonos színűek! Emiatt a \( BCQ \) az összes többi, jelenleg rendelkezésre álló színezésekből 2-félét választhat fel.
A teljes lehetőségszám ezen részfolyamatok szorzata: $$ 4 \cdot 6 \cdot 1 \cdot 2 = \mathbf{48 \text{ színezés}} $$

a) Az első árcsökkentés szorzója \( \left(1 - \frac{p}{100}\right) \), a másodiké pedig \( \left(1 - \frac{p+4,5}{100}\right) \). A végleges szorzó 18,6%-os csökkenést ír le, tehát \( 1 - 0,186 = 0,814 \). $$ \left(1 - \frac{p}{100}\right) \left(1 - \frac{p+4,5}{100}\right) = 0,814 $$ Célszerű bevezetni az elegánsabb \( q = 1 - \frac{p}{100} \) változót. Ezzel a formázás lényegesen megtisztul: $$ q(q - 0,045) = 0,814 \implies q^2 - 0,045q - 0,814 = 0 $$ A másodfokú egyenlet pozitív gyöke \( q = 0,925 \).
Visszatérve \( p \)-re: \( 1 - \frac{p}{100} = 0,925 \implies p = 7,5 \).
Tehát az első csökkentés 7,5%-os, míg a második (\( 7,5 + 4,5 \)) 12%-os volt.

b) A feladat egy klasszikus urnamodell skatulyaelvvel fűszerezve. Mivel mindössze 3 különböző színű kesztyűpár van a rendszerben, 4 húzás után kötelezően biztosítva van az egyezés. Ebből azonnal adódik, hogy az elméleti maximum lépésszám határolt: $$ P(1) = 0, \quad P(5) = 0, \quad P(6) = 0 $$ Elemezzük a releváns \( P(k) \) kimeneteleket:
- \( P(2) \): A második kihúzott kesztyűnek egyeznie kell az első húzás színével. (Maradt 5 kesztyű, melyből pontosan 1 megfelelő.) $$ P(2) = \frac{1}{5} $$ - \( P(3) \): A második kihúzott kesztyű eltér az elsőtől, de a harmadik egyezik valamelyik korábbival. (Az első két húzott különböző színét a maradék 4 kesztyűből 2 párja elégíti ki.) $$ P(3) = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{2}{5} $$ - \( P(4) \): Az első három húzás biztosan mind különböző színű, a negyedik pedig kötelezően megegyezik valamelyikkel. $$ P(4) = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{3}{3} = \frac{2}{5} $$