2018. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A legnagyobb szög a leghosszabb, 11 cm-es oldallal szemben van. A koszinusztételt felírva erre a szögre: $$ \cos \alpha = \frac{7^2 + 9^2 - 11^2}{2 \cdot 7 \cdot 9} = \frac{49 + 81 - 121}{126} = \frac{9}{126} \approx 0,0714 $$ Mivel \( \cos \alpha > 0 \), a legnagyobb szög \( \alpha \approx 85,9^\circ < 90^\circ \), tehát a háromszög valóban hegyesszögű.

b) Jelölje a háromszög oldalainak hosszát \( a - d \), \( a \) és \( a + d \) (\( 0 < d < a \)). A derékszögű háromszögre a Pitagorasz-tétel alapján: $$ (a - d)^2 + a^2 = (a + d)^2 $$ A négyzetre emeléseket elvégezve és rendezve: $$ a^2 - 2ad + d^2 + a^2 = a^2 + 2ad + d^2 \implies a^2 = 4ad $$ Mivel az oldalhossz \( a \neq 0 \), oszthatunk vele: \( a = 4d \). A háromszög oldalai tehát \( 3d \), \( 4d \) és \( 5d \), így az oldalak aránya valóban \( 3 : 4 : 5 \).

c) A derékszögű háromszög befogói \( 3d \) és \( 4d \), így területe felírható: $$ T = \frac{3d \cdot 4d}{2} = 121,5 \implies 6d^2 = 121,5 \implies d^2 = 20,25 \implies \mathbf{d = 4,5} $$ A háromszög oldalainak hossza: \( 3 \cdot 4,5 = \mathbf{13,5 \text{ cm}} \), \( 4 \cdot 4,5 = \mathbf{18 \text{ cm}} \) és \( 5 \cdot 4,5 = \mathbf{22,5 \text{ cm}} \).

a) A bal oldalon álló tört számlálóját és nevezőjét is \( y \)-nal elosztva kapjuk: $$ \frac{2\frac{x}{y} + 3}{4\frac{x}{y} + 2} = \frac{9}{10} $$ Keresztbe szorozva: $$ 20\frac{x}{y} + 30 = 36\frac{x}{y} + 18 \implies 12 = 16\frac{x}{y} \implies \mathbf{\frac{x}{y} = \frac{3}{4}} $$

b) Fejezzük ki a számláló értékét az \( f(x) \) definíciója alapján: $$ f(x+1) = (x+1)^2 - 11(x+1) + 30 = x^2 + 2x + 1 - 11x - 11 + 30 = x^2 - 9x + 20 $$ Mindkét másodfokú kifejezést gyöktényezős alakra bontjuk (az \( x^2 - 9x + 20 = 0 \) gyökei 4 és 5, az \( x^2 - 11x + 30 = 0 \) gyökei 5 és 6): $$ x^2 - 9x + 20 = (x-4)(x-5) $$ $$ f(x) = x^2 - 11x + 30 = (x-5)(x-6) $$ Behelyettesítve a törtbe, az \( (x-5) \) tényezővel egyszerűsíthetünk (mivel \( f(x) \neq 0 \), így \( x \neq 5 \) és \( x \neq 6 \)): $$ \frac{f(x+1)}{f(x)} = \frac{(x-4)(x-5)}{(x-5)(x-6)} = \mathbf{\frac{x-4}{x-6}} $$

c) Rendezzük nullára az egyenlőtlenséget: $$ \frac{x-4}{x-6} + 1 \le 0 \implies \frac{x-4+x-6}{x-6} \le 0 \implies \frac{2x-10}{x-6} \le 0 $$ A tört értéke pontosan akkor nem pozitív, ha a számláló és a nevező előjele eltérő, vagy a számláló nulla (de a nevező nem lehet nulla).
A számláló zérushelye \( 2x - 10 = 0 \implies x = 5 \). A nevező zérushelye \( x - 6 = 0 \implies x = 6 \).
Előjelvizsgálat után adódik a megoldáshalmaz: $$ \mathbf{5 \le x < 6} \quad \text{azaz} \quad \mathbf{x \in [5; 6[} $$

a) A feltétel alapján olyan \((x, y, z)\) számhármasokat keresünk az \(\{1, 2, 3, 4, 5\}\) halmazból, melyekre \(x \le y \le z\). Mivel a sorrend adott (nemcsökkenő) és lehetnek azonos elemek is, a megfelelő lehetőségek száma megegyezik az 5 elemből vett 3-adosztályú ismétléses kombinációk számával: $$ C_5^{3, \text{ism}} = \binom{5 + 3 - 1}{3} = \binom{7}{3} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \mathbf{35} $$ (Az esetek szisztematikus felsorolásával és megszámolásával is ugyanez a helyes eredmény kapható).

b) Jelölje az osztály létszámát \( n \), az egy tanulóra jutó költséget hiányzók nélkül \( x \). A teljes, rögzített szállásköltség egyrészt \( n \cdot x \). A feladat szövege alapján felírható a következő egyenletrendszer: $$ \begin{cases} n \cdot x = (n-1)(x+120) \\ n \cdot x = (n-2)(x+250) \end{cases} $$ A zárójeleket felbontva és az \( n \cdot x \) tagokat a két oldalon leegyszerűsítve kapjuk: $$ \begin{cases} x = 120n - 120 \\ 2x = 250n - 500 \end{cases} $$ Az első egyenletből kapott \( x \) értéket helyettesítsük be a másodikba: $$ 2(120n - 120) = 250n - 500 \implies 240n - 240 = 250n - 500 \implies 10n = 260 \implies \mathbf{n = 26} $$ Tehát az osztály \(\mathbf{26}\) fős.
Az egy főre jutó költség \( x = 120 \cdot 26 - 120 = 3000 \) Ft. A teljes fizetendő szállásdíj: \( 26 \cdot 3000 = \mathbf{78\,000 \text{ Ft}} \).

a) A 7 adat sorba rendezve a medián (a középső, azaz a 4. adat) pontosan 72. A két módusz (71 és 75) azt jelenti, hogy ezeknek legalább kétszer kell szerepelniük. Ezzel 5 adatot meg is találtunk: \( 71, 71, \dots, 72, \dots, 75, 75 \).
Mivel az adatsokaság átlaga 73, a hét szám összege \( 7 \cdot 73 = 511 \). A hiányzó két adat összege: \( 511 - (71 + 71 + 72 + 75 + 75) = 147 \).
A móduszok feltételei miatt egyik hiányzó szám sem lehet 72 (mert akkor három 72 lenne). Továbbá a terjedelem 7, így meg kell vizsgálnunk a 147 lehetséges két részre bontásait úgy, hogy a legnagyobb és a legkisebb elem különbsége pontosan 7 legyen. A szóba jöhető párosítások: \( 69+78 \), \( 70+77 \), \( 71+76 \), \( 73+74 \). - Ha \( 70 \) és \( 77 \), a kapott halmaz (70, 71, 71, 72, 75, 75, 77) terjedelme \( 77 - 70 = 7 \). Ez tökéletes. - A többi pár esetén a terjedelem eltér a 7-től. Tehát a hét szám: 70, 71, 71, 72, 75, 75, 77.

b) A prímtényezős felbontásuk: $$ 72 = 2^3 \cdot 3^2 \quad \text{és} \quad 27\,720 = 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 $$ A legkisebb közös többszörös fogalma miatt az \( n \)-nek pontosan első hatványon tartalmaznia kell a 72-ből hiányzó prímtényezőket (azaz az 5-öt, 7-et és 11-et). Ezen felül az \( n \) tartalmazhatja a 2-est legfeljebb a 3. hatványig (0, 1, 2, 3) és a 3-ast legfeljebb a 2. hatványig (0, 1, 2). Az \( n \) felírható alakja: \( n = 2^k \cdot 3^m \cdot 5^1 \cdot 7^1 \cdot 11^1 \), ahol \( k \in \{0; 1; 2; 3\} \) és \( m \in \{0; 1; 2\} \). Az \( n \) lehetséges értékeinek száma: \( 4 \cdot 3 = \mathbf{12} \). A legkisebb lehetséges érték (amikor a 2 és 3 kitevője is 0): $$ n_{\text{min}} = 5 \cdot 7 \cdot 11 = \mathbf{385} $$

a) A modell egy \( 3 \times 3 \)-as rácsgráfot eredményez. Ebben a gráfban: - 4 sarokcsúcs van, mindegyiknek a fokszáma 2. - 4 élközépi csúcs van, mindegyiknek a fokszáma 3. - 1 darab középső csúcs van, amelynek a fokszáma 4. A gráfban a fokszámok összege: $$ \sum = 4 \cdot 2 + 4 \cdot 3 + 1 \cdot 4 = 8 + 12 + 4 = \mathbf{24} $$ (Alternatívan: a gráfnak 12 éle van, így a fokszámösszeg \( 2 \cdot 12 = 24 \).)

b) A felrajzolt gráf csúcsai kiszínezhetők sakktáblaszerűen (például két színnel) úgy, hogy minden él csak különböző színű csúcsokat kössön össze. Az ilyen gráfokat páros gráfoknak nevezzük. A matematika egyik alapvető tétele szerint a páros gráfokban nincsenek páratlan hosszú (páratlan sok élből álló) körök.

c) Például: Ha elhagyjuk az A2 és a B1 jelű csúcsokat, a megmaradó 7 elem által alkotott gráf nem lesz összefüggő, hiszen az A1 sarokelem elszigetelődik a gráf többi részétől, így két komponens jön létre.

d) A három közvetlenül összekapcsolódó elem elrendezése háromféle alakzatot adhat ki a \( 3 \times 3 \)-as rácsban: vízszintes, függőleges, vagy L-alakú. - Vízszintes: minden sorban található pontosan 1 ilyen elemhármas (összesen \( 3 \)). - Függőleges: minden oszlopban található pontosan 1 ilyen elemhármas (összesen \( 3 \)). - L-alakú: minden \( 2 \times 2 \)-es blokkban \( 4 \) darab ilyen forma helyezkedik el. Mivel a táblán \( 4 \) darab \( 2 \times 2 \)-es rész van, ez \( 4 \cdot 4 = 16 \) lehetőséget ad. A kiválasztások teljes száma így: \( 3 + 3 + 16 = \mathbf{22} \).

a) Az \( E \) pont koordinátáit a kör egyenletébe behelyettesítjük: $$ (-7)^2 + 5^2 + 4 \cdot (-7) - 16 \cdot 5 + 34 = 49 + 25 - 28 - 80 + 34 = 0 $$ Mivel az összeg nullát ad, a pont valóban rajta van a körön.

b) Teljes négyzetté alakítjuk a kör egyenletét, hogy megkapjuk a középpontját: $$ (x^2 + 4x + 4) - 4 + (y^2 - 16y + 64) - 64 + 34 = 0 \implies (x + 2)^2 + (y - 8)^2 = 34 $$ A kör középpontja \( C(-2; 8) \). Az érintési pontba mutató \(\vec{CE}\) sugárvektor egyben az érintőegyenes normálvektora (\(\mathbf{n}\)) is lesz: $$ \mathbf{n} = \vec{CE} = (-7 - (-2); 5 - 8) = (-5; -3) $$ Ugyanez a \( (-1) \)-szeresével is felírható: \( \mathbf{n} = (5; 3) \). Az érintő egyenlete az \( E(-7; 5) \) ponton át: $$ 5x + 3y = 5(-7) + 3(5) \implies \mathbf{5x + 3y = -20} $$

c) Az \( y = mx \) (azaz \( mx - y = 0 \)) egyenesnek és a körnek pontosan akkor nincs közös pontja, ha a kör \( C(-2; 8) \) középpontjának távolsága az egyenestől szigorúan nagyobb a kör sugaránál (\( r = \sqrt{34} \)): $$ \frac{|-2m - 8|}{\sqrt{m^2 + (-1)^2}} > \sqrt{34} $$ Mindkét oldalt négyzetre emelve (mivel nem negatívak) és a nevezővel szorozva: $$ \frac{4m^2 + 32m + 64}{m^2 + 1} > 34 \implies 4m^2 + 32m + 64 > 34m^2 + 34 $$ Rendezve és 2-vel osztva a másodfokú egyenlőtlenséget kapjuk: $$ 30m^2 - 32m - 30 < 0 \implies 15m^2 - 16m - 15 < 0 $$ A \( 15m^2 - 16m - 15 = 0 \) másodfokú egyenlet gyökei a megoldóképlettel: \( m_1 = \frac{5}{3} \) és \( m_2 = -\frac{3}{5} \). Mivel a főegyüttható pozitív és mi a nullánál kisebb részt keressük, a megoldáshalmaz a gyökök közti nyílt intervallum: $$ \mathbf{-\frac{3}{5} < m < \frac{5}{3}} \quad \text{azaz} \quad \mathbf{m \in \left] -\frac{3}{5}; \frac{5}{3} \right[} $$

a) Dóri az összes figura \( \frac{2}{7} \) részét készítette, ez \( 70 \cdot \frac{2}{7} = 20 \) darab. A maradék 50 figurát Blanka és Csenge egyenlő arányban készítette, tehát mindketten 25-25 darabot.
Az összes lehetséges kiválasztások száma 70-ből 2 figura esetén: \( \binom{70}{2} = 2415 \).
Kedvező esetek száma (amikor mindkét figurát ugyanaz a személy hajtogatta): $$ \binom{25}{2} + \binom{25}{2} + \binom{20}{2} = 300 + 300 + 190 = 790 $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{790}{2415} = \mathbf{\frac{158}{483}} \approx 0,327 $$

b) A karácsonyfa-figurák mennyisége személyenként: - Blanka: \( 25 \cdot 0,4 = 10 \) darab - Csenge: \( 25 \cdot 0,6 = 15 \) darab - Dóri: \( 20 \cdot 0,3 = 6 \) darab Az összes karácsonyfa-figura száma \( 10 + 15 + 6 = 31 \) darab. Mivel Blanka édesanyja biztosan karácsonyfát választott, az eseménytér erre a 31 darabra korlátozódik, amiből a kedvező kimenetel Blanka 10 darab figurája. A feltételes valószínűség: $$ P = \mathbf{\frac{10}{31}} \approx 0,323 $$

c) A függődísz érintőnégyszög, így a Pitot-tétel szerint a szemközti oldalak összege egyenlő, tehát a kerület fele. A szemközti oldalak összege így \( \frac{80}{2} = 40 \) cm.
A négy oldal hosszát egy szigorúan monoton számtani sorozattal írhatjuk le (mivel azonos is lehetne a differencia 0-val, de az nyilván nem megoldás az egyik 23 cm-es oldallal). Legyenek az oldalak a nagyság szerint rendezve: \( a \), \( a+d \), \( a+2d \), \( a+3d \).
Az érintőnégyszögre igaz, hogy a legkisebb és legnagyobb oldal összege megegyezik a két középső oldal összegével (\( a + (a+3d) = (a+d) + (a+2d) \)), mindkettő \( 2a + 3d \). Így felírhatjuk a \( 2a + 3d = 40 \) egyenletet. Tudjuk, hogy az egyik oldal 23 cm hosszú. Ezt kétféleképpen vehetjük fel: 1. eset: A 23 cm-es oldal a "szélén" van a sorozatban (pl. a 4. elem, azaz a leghosszabb): $$ a + 3d = 23 \implies 2(23 - 3d) + 3d = 40 \implies 46 - 3d = 40 \implies 3d = 6 \implies d = 2 $$ A sorozat tagjai: \( a = 17 \). Az oldalak: 17, 19, 21, 23. 2. eset: A 23 cm-es oldal "középen" van a sorozatban (pl. a 3. elem): $$ a + 2d = 23 \implies a = 23 - 2d \implies 2(23 - 2d) + 3d = 40 \implies 46 - d = 40 \implies d = 6 $$ A sorozat tagjai: \( a = 11 \). Az oldalak: 11, 17, 23, 29. Mindkét sorozat érvényes konvex négyszöget alkothat, a másik három oldal hossza tehát **17 cm, 19 cm, 21 cm** vagy **11 cm, 17 cm, 29 cm** lehet.

a) Az állítás hamis. Egy \( n \) csúcsú fagráf éleinek száma mindig \( n-1 \).
Jelölje \( G_1 \) csúcsainak számát \( n \). Ekkor \( G_1 \) éleinek száma \( n-1 \). A feladat feltétele szerint \( G_2 \) csúcsainak száma \( 2n \), ami miatt a \( G_2 \) éleinek száma (fagráf lévén) \( 2n - 1 \). Ugyanakkor az állítás megköveteli, hogy \( G_2 \) éleinek száma a \( G_1 \) élei számának a kétszerese is legyen: \( 2(n-1) = 2n - 2 \). Mivel a \( 2n - 1 = 2n - 2 \) egyenlet ellentmondás, így ilyen fagráfok nem léteznek.

b) A 6 cég közötti összes üzletkötések száma megegyezik egy 6 csúcsú teljes gráf éleinek számával: \( \binom{6}{2} = 15 \).
Ebből 4 üzletkötést \( \binom{15}{4} = 1365 \)-féleképpen választhatunk ki.
A legalább egyet ellenőriznek típusú kérdéseknél érdemes a komplementer eseményt vizsgálni: sem az A, sem a B cég egyetlen üzletkötését sem ellenőrzik. Ekkor csak a C, D, E, F cégek egymás közti üzletkötéseiből választanak. A 4 maradék cég között az üzletkötések száma \( \binom{4}{2} = 6 \). A hatból a 4 ellenőrzött üzletet \( \binom{6}{4} = 15 \)-féleképpen választhatják ki.
A komplementer esemény valószínűsége \( \frac{15}{1365} = \frac{1}{91} \). A keresett esemény valószínűsége így: $$ P = 1 - \frac{1}{91} = \mathbf{\frac{90}{91}} \approx 0,989 $$

c) Helyezzük koordináta-rendszerbe a tartóláncot leíró parabolát úgy, hogy a tengelypontja az origóban (\( U(0; 0) \)) legyen. Ekkor a \( P \) pont \( x \)-koordinátája a feléből \( 100 \), így a \( Q \) pont \( Q(100; 16) \). A parabola egyenlete \( y = a x^2 \) alakú. A \( Q \) pont behelyettesítésével: $$ 16 = a \cdot 100^2 \implies a = \frac{16}{10000} = \frac{1}{625} \implies y = \frac{x^2}{625} $$ A \( PS \) szakasz \( 50 \) m hosszú, tehát az \( S \) pont \( x \)-koordinátája \( 100 - 50 = 50 \). A \( PQRS \) terület megegyezik a görbe alatti területtel az \( [50; 100] \) intervallumon, amit határozott integrállal számolhatunk ki: $$ T = \int_{50}^{100} \frac{x^2}{625} \, dx = \left[ \frac{x^3}{1875} \right]_{50}^{100} = \frac{1000000 - 125000}{1875} = \frac{875000}{1875} \approx 466,67 \text{ m}^2 $$ Mivel 8% veszteséggel számol a tervező, a megrendelt vászon csupán 92%-a lesz a fedésre képes tiszta felület. A szükséges megrendelt terület így: $$ T_{\text{rendelt}} = \frac{466,67}{0,92} \approx \mathbf{507 \text{ m}^2} $$ (Az 508 m² is teljesen elfogadható kerekítés.)

a) 10 parkolóőr esetén a bliccelők aránya a kezdeti 25%-ról \( 10 \cdot 0,5\% = 5\% \)-kal csökken, tehát 20% lesz.
A szabályosan fizető autósok aránya \( 80\% \). A tőlük beszedett parkolási díj bevétele: $$ 15\,000 \cdot 0,80 \cdot 10 = 12\,000 \cdot 10 = 120\,000 \text{ garas} $$ A 10 parkolóőr egy nap alatt \( 10 \cdot 200 = 2000 \) autót ellenőriz. Ezeknek a 20%-a bliccelő, tehát \( 2000 \cdot 0,2 = 400 \) büntetést osztanak ki. A büntetésből származó bevétel: $$ 400 \cdot 150 = 60\,000 \text{ garas} $$ A 10 parkolóőr napi költsége: $$ 10 \cdot 330 = 3300 \text{ garas} $$ A város nettó napi bevétele: $$ 120\,000 + 60\,000 - 3300 = \mathbf{176\,700 \text{ garas}} $$

b) Legyen \( n \) a parkolóőrök száma. A bliccelők aránya ekkor \( p(n) = 0,25 - 0,005n \).
A fizető autósok aránya \( 1 - p(n) = 0,75 + 0,005n \). Tőlük származó bevétel: $$ 10 \cdot 15\,000 \cdot (0,75 + 0,005n) = 112\,500 + 750n $$ Az ellenőrzött autók száma \( 200n \). Az itt elkapott bliccelők száma \( 200n \cdot (0,25 - 0,005n) = 50n - n^2 \). A tőlük származó bírságbevétel: $$ 150 \cdot (50n - n^2) = 7\,500n - 150n^2 $$ A napi költség \( 330n \). A város nettó bevételfüggvénye: $$ B(n) = (112\,500 + 750n) + (7\,500n - 150n^2) - 330n $$ Összevonva a megfelelő tagokat: $$ B(n) = -150n^2 + 7920n + 112\,500 $$ Ez a másodfokú függvény (mivel a főegyütthatója negatív) lefelé nyitott parabola, így a maximumát a csúcspontban veszi fel: $$ n_{\text{max}} = -\frac{b}{2a} = -\frac{7920}{2 \cdot (-150)} = \frac{7920}{300} = 26,4 $$ Mivel \( n \)-nek egésznek kell lennie, a parabolán a legmagasabb pont az \( n = 26 \)-hoz vagy az \( n = 27 \)-hez tartozik. Mivel a 26 közelebb van a 26,4-es szimmetriatengelyhez, az adja a nagyobb függvényértéket.
(Kiszámítva is igazolható: \( B(26) = 217\,020 \), míg \( B(27) = 216\,990 \)).
Tehát a város **26 parkolóőr** alkalmazása esetén érheti el a maximális napi nettó bevételt.