2019. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A paralelogramma területét megkapjuk, ha az \( ABCD \) négyzet területéből levonjuk a négy derékszögű háromszög területét.
Az oldalak hossza a megadott adatok alapján: \( BF = DH = 4 - x \) és \( AE = CG = 4 - 2x \).
A négyzet területe \( 4^2 = 16 \). A háromszögek területeinek összege: $$ T(x) = 16 - 2 \cdot \frac{x(4 - 2x)}{2} - 2 \cdot \frac{2x(4 - x)}{2} $$ $$ T(x) = 16 - (4x - 2x^2) - (8x - 2x^2) $$ Összevonás után adódik: \( \mathbf{T(x) = 4x^2 - 12x + 16} \), ami a bizonyítandó állítás volt.

b) A \( T(x) = 4x^2 - 12x + 16 \) egy felfelé nyíló parabola (mivel a másodfokú tag együtthatója pozitív), amelynek ott van a minimuma, ahol az első deriváltja nulla (vagy a csúcspont képletét használva).
A csúcspont helye: $$ x = -\frac{b}{2a} = -\frac{-12}{2 \cdot 4} = \frac{12}{8} = \mathbf{1{,}5} $$ Ez az érték megfelel a \( 0 < x < 2 \) feltételnek, így ezen a helyen valóban minimális a terület.

c) Helyettesítsük be az \( x = 1{,}25 \) értéket a szakaszokba:
\( HA = 1{,}25 \), \( AE = 4 - 2 \cdot 1{,}25 = 1{,}5 \).
\( BE = 2{,}5 \), \( BF = 4 - 1{,}25 = 2{,}75 \).
Az \( A \) csúcsnál lévő \( HAE \) derékszögű háromszög \( AHE\angle = \alpha \) szögére: $$ \operatorname{tg} \alpha = \frac{1{,}5}{1{,}25} = 1{,}2 \implies \alpha \approx 50{,}2^\circ $$ (Vagy a \( HAE\angle = \alpha' \) szögére a \( \operatorname{tg} \alpha' = \frac{1{,}25}{1{,}5} \approx 0{,}833 \implies \alpha' \approx 39{,}8^\circ \).)
A \( B \) csúcsnál lévő \( FBE \) derékszögű háromszög \( FEB\angle = \beta \) szögére: $$ \operatorname{tg} \beta = \frac{2{,}75}{2{,}5} = 1{,}1 \implies \beta \approx 47{,}7^\circ $$ A paralelogramma \( E \)-nél lévő szöge (\( \varepsilon \)) az egyenesszögből adódik: $$ \varepsilon = 180^\circ - (39{,}8^\circ + 47{,}7^\circ) = \mathbf{92{,}5^\circ} $$ A paralelogramma szomszédos szögei kiegészítő szögek, így a másik szög: $$ 180^\circ - 92{,}5^\circ = \mathbf{87{,}5^\circ} $$ A paralelogramma szögei tehát: \( 87{,}5^\circ \), \( 92{,}5^\circ \), \( 87{,}5^\circ \), \( 92{,}5^\circ \).

a) Jelölje a mértani sorozat hányadosát \( q \).
Felírható a következő egyenlet: $$ q^5 = \frac{a_9}{a_4} = \frac{384}{12} = 32 $$ Innen \( q = 2 \). A sorozat első tagja ebből: \( a_1 = \frac{a_4}{q^3} = \frac{12}{8} = 1{,}5 \).
A sorozat első hat tagja: 1,5; 3; 6; 12; 24; 48.
Ezek átlaga: $$ \overline{x} = \frac{1{,}5 + 3 + 6 + 12 + 24 + 48}{6} = \frac{94{,}5}{6} = \mathbf{15{,}75} $$ Az átlagtól mért átlagos abszolút eltérés: $$ \frac{|1{,}5 - 15{,}75| + |3 - 15{,}75| + \dots + |48 - 15{,}75|}{6} = \mathbf{13{,}5} $$

b) A 12 háromféleképpen állítható elő 1-nél nagyobb számjegyek szorzataként: \( 12 = 6 \cdot 2 = 4 \cdot 3 = 3 \cdot 2 \cdot 2 \).
A számjegyek összege akkor lesz 12, ha ezen számjegyek mellett megfelelő számú 1-es számjegyet is tartalmaz a szám (az 1-esekkel a szorzat nem változik).
Vizsgáljuk meg a három esetet:

• 6, 2: Ezek összege 8. Szükségünk van még négy darab 1-esre. A számjegyek: 6, 2, 1, 1, 1, 1. Ezekből ismétléses permutációval: \( \frac{6!}{4!} = 30 \) szám készíthető.
• 4, 3: Ezek összege 7. Szükségünk van még öt darab 1-esre. A számjegyek: 4, 3, 1, 1, 1, 1, 1. Készíthető: \( \frac{7!}{5!} = 42 \) szám.
• 3, 2, 2: Ezek összege 7. Szükségünk van még öt darab 1-esre. A számjegyek: 3, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 1. Készíthető: \( \frac{8!}{5!2!} = 168 \) szám.

a) Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát: $$ \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{2x} + \frac{1}{9} \cdot \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 $$ Mivel \( \left(\frac{1}{3}\right)^{2x} = \left(\frac{1}{9}\right)^x \), így kiemelhetjük: $$ \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{9}\right) \cdot \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 $$ $$ \frac{4}{9} \cdot \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 $$ Osztva a konstanssal: $$ \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 \cdot \frac{9}{4} = 81 \cdot 9 = 729 $$ $$ 9^{-x} = 9^3 $$ Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt az egyetlen megoldás: \( x = -3 \).

b) Értelmezési tartomány: \( 6x - 24 \ge 0 \implies x \ge 4 \), illetve \( 2x - 7 \ge 0 \implies x \ge 3{,}5 \). Összességében \( x \ge 4 \).
Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát: $$ 6x - 24 = (2x - 7) - 2\sqrt{2x - 7} + 1 $$ $$ 6x - 24 = 2x - 6 - 2\sqrt{2x - 7} $$ Rendezve: $$ 4x - 18 = -2\sqrt{2x - 7} $$ $$ 9 - 2x = \sqrt{2x - 7} $$ A bal oldalnak nemnegatívnak kell lennie, ezért \( 9 - 2x \ge 0 \implies x \le 4{,}5 \). Tehát a lehetséges megoldások az \( [4; 4{,}5] \) intervallumban vannak.
Emeljük ismét négyzetre: $$ 81 - 36x + 4x^2 = 2x - 7 $$ $$ 4x^2 - 38x + 88 = 0 $$ $$ 2x^2 - 19x + 44 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( x = 4 \) és \( x = 5{,}5 \).
Az \( x = 5{,}5 \) nem eleme a feltételből adódó \( [4; 4{,}5] \) intervallumnak, míg a \( x = 4 \) igen. Így az egyetlen megoldás: \( x = 4 \). (Behelyettesítéssel is ellenőrizhető.)

a) Legyen a gúla alaplapja az \( ABC \) háromszög, melynek középpontja (súlypontja) \( S \), a gúla csúcsa \( D \). A \( DS \) merőleges az alaplapra. A feltétel szerint a \( DAS\angle = 30^\circ \).
Az \( AS \) szakasz az \( ABC \) szabályos háromszög magasságának kétharmada: $$ AS = \frac{2}{3} \cdot \frac{6\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} \approx 3{,}46 \text{ cm} $$ A gúla testmagassága a \( DAS \) derékszögű háromszögből: $$ DS = AS \cdot \operatorname{tg} 30^\circ = 2\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 2 \text{ cm} $$ Az \( ABC \) háromszög területe: $$ T = \frac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3} \approx 15{,}59 \text{ cm}^2 $$ A gúla térfogata: $$ V = \frac{1}{3} \cdot T \cdot DS = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt{3} \cdot 2 = \mathbf{6\sqrt{3} \approx 10{,}4 \text{ cm}^3} $$

b) Ha az 1-es, a 2-es és a 3-as dobás valószínűsége \( p \), akkor a 4-es dobás valószínűsége \( 5p \). Mivel ezek alkotják a teljes eseményrendszert: $$ p + p + p + 5p = 1 \implies 8p = 1 \implies p = \frac{1}{8} $$ A dobott számok összege akkor lehet 6, ha az egyik tetraéderrel 2-t, a másikkal 4-et dobunk, vagy fordítva, illetve ha mindkettővel 3-at dobunk.
Ezeknek a diszjunkt eseményeknek a valószínűségei: $$ P(2 \text{ és } 4) = \frac{1}{8} \cdot \frac{5}{8} = \frac{5}{64} $$ $$ P(4 \text{ és } 2) = \frac{5}{8} \cdot \frac{1}{8} = \frac{5}{64} $$ $$ P(3 \text{ és } 3) = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{64} $$ A kérdezett valószínűség ezek összege: $$ P(\text{összeg } 6) = \frac{5}{64} + \frac{5}{64} + \frac{1}{64} = \mathbf{\frac{11}{64} \approx 0{,}172} $$

a) Az ábra alapján a kartonlap méreteit kifejezhetjük a téglatest éleivel: $$ 2a + c = 18 $$ $$ a + 2b + c = 33 $$ Ha \( a = 7 \), akkor \( 2 \cdot 7 + c = 18 \implies c = 4 \).
Ezt a második egyenletbe helyettesítve: \( 7 + 2b + 4 = 33 \implies 2b = 22 \implies b = 11 \).
A téglatest térfogata: \( V = abc = 7 \cdot 11 \cdot 4 = \mathbf{308 \text{ cm}^3} \).

b) Fejezzük ki a térfogatot az egyik él, például az \( a \) segítségével.
Az első egyenletből: \( c = 18 - 2a \).
Ezt beírva a második egyenletbe: $$ a + 2b + (18 - 2a) = 33 \implies 2b = 15 + a \implies b = \frac{15 + a}{2} $$ A térfogatfüggvény (\( 0 < a < 9 \)): $$ V(a) = a \cdot \frac{15 + a}{2} \cdot (18 - 2a) = a(15 + a)(9 - a) = -a^3 - 6a^2 + 135a $$ A \( V(a) \) függvény ott vehet fel maximumot, ahol deriváltja nulla: $$ V'(a) = -3a^2 - 12a + 135 = 0 $$ $$ a^2 + 4a - 45 = 0 $$ Ennek gyökei \( a_1 = 5 \) és \( a_2 = -9 \). Mivel az élhossz pozitív, csak az \( a = 5 \) felel meg.
A második derivált: \( V''(a) = -6a - 12 \), így \( V''(5) = -42 < 0 \), tehát az \( a=5 \) helyen valóban maximum van.
Az élek hossza: \( a = 5 \text{ cm} \), \( b = 10 \text{ cm} \), \( c = 8 \text{ cm} \). (A maximális térfogat \( 400 \text{ cm}^3 \).)

c) A téglatest 8 csúcsa összesen \( \binom{8}{3} = 56 \) háromszöget határoz meg.
Ebből le kell vonni azokat, amelyeknek a síkja egybeesik valamelyik lapjának síkjával.
A téglatestnek 6 lapja van, és minden egyes lapon lévő 4 csúcs \( \binom{4}{3} = 4 \) darab ilyen háromszöget határoz meg.
Tehát laponként 4, összesen \( 6 \cdot 4 = 24 \) ilyen háromszög van.
A feltételeknek megfelelő háromszögek száma: \( 56 - 24 = \mathbf{32} \).

a) Jelölje az egyenlő szárú háromszög oldalainak hosszát \( x, x \) és \( y \).
Mivel az átlag 10, így az oldalak összege (a kerület) 30, vagyis \( y = 30 - 2x \).
A szórásnégyzet (variancia) \( (3\sqrt{2})^2 = 18 \), így felírható: $$ \frac{(x - 10)^2 + (x - 10)^2 + (30 - 2x - 10)^2}{3} = 18 $$ $$ \frac{2(x - 10)^2 + (20 - 2x)^2}{3} = 18 $$ $$ 2(x - 10)^2 + 4(10 - x)^2 = 54 $$ Mivel \( (20 - 2x)^2 = 4(10 - x)^2 = 4(x - 10)^2 \), összevonhatunk: $$ 6(x - 10)^2 = 54 \implies (x - 10)^2 = 9 $$ $$ x - 10 = \pm 3 \implies x = 13 \text{ vagy } x = 7 $$ Ha \( x = 7 \), az oldalak: 7, 7, 16. Ez nem alkot háromszöget (mert \( 7+7 < 16 \)).
Ha \( x = 13 \), az oldalak: 13, 13, 4. (Ez egy érvényes háromszög, az átlag 10, a szórás valóban a megadott érték.)

b) Az \( e \) egyenes egyenletéből fejezzük ki \( y \)-t: \( y = \frac{3}{4}x + 3 \).
Az \( ABC \) háromszög adatai: Az alap hossza \( AB = 12 \), magassága 8, így a területe: \( T_{ABC} = \frac{12 \cdot 8}{2} = 48 \).
A szárak hossza Pitagorasz-tétellel: \( AC = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10 \) és \( BC = 10 \).
A kerület: \( K_{ABC} = 12 + 10 + 10 = 32 \).
Keressük meg az \( e \) egyenes és a háromszög oldalainak metszéspontjait!
Az \( AB \) oldallal (\( x \) tengely, \( y=0 \)): \( 3x - 0 = -12 \implies x = -4 \). Legyen ez a \( D(-4; 0) \) pont.
A \( BC \) egyenes egyenlete, mely átmegy a \( (6; 0) \) és \( (0; 8) \) pontokon: \( y = -\frac{4}{3}x + 8 \).
Metszéspontjuk az \( e \) egyenessel (\( E \) pont): $$ \frac{3}{4}x + 3 = -\frac{4}{3}x + 8 \implies \frac{25}{12}x = 5 \implies x = 2{,}4 $$ A pont koordinátája: \( y = \frac{3}{4}(2{,}4) + 3 = 4{,}8 \). Tehát \( E(2{,}4; 4{,}8) \).
Az \( e \) egyenes a \( DBE \) háromszöget vágja le az \( ABC \)-ből. Ennek alapja a \( DB \) szakasz, melynek hossza \( 6 - (-4) = 10 \). A háromszög ehhez tartozó magassága az \( E \) pont \( y \) koordinátája, azaz \( 4{,}8 \).
A levágott \( DBE \) háromszög területe: $$ T_{DBE} = \frac{10 \cdot 4{,}8}{2} = \mathbf{24} $$ Mivel ez éppen a fele az eredeti 48-nak, a területet felezi.
A kerület felezésének ellenőrzéséhez meg kell néznünk, milyen hosszan vágja ketté a kerületet az egyenes. Az \( e \) egyenes által "félbevágott" egyik útvonal a \( B \)-n keresztül: \( DB + BE \).
A \( BE \) hossza: $$ BE = \sqrt{(6 - 2{,}4)^2 + (0 - 4{,}8)^2} = \sqrt{3{,}6^2 + (-4{,}8)^2} = \sqrt{12{,}96 + 23{,}04} = \sqrt{36} = 6 $$ A határvonal ezen részének hossza: \( DB + BE = 10 + 6 = \mathbf{16} \).
Mivel a teljes kerület 32, a \( 16 \) pontosan a fele, így az egyenes valóban felezi a kerületet is.

a) I. állítás: hamis.
Az öt számjegy között a skatulyaelv miatt biztosan lesz három azonos paritású. Két számjegy különbsége pontosan akkor páros, ha azonos paritásúak. Ezért a három azonos paritású számjegyhez tartozó csúcsok mindegyike össze lesz kötve egymással, ami egy kört (háromszöget) alkot a gráfban. Egy köröket tartalmazó gráf viszont nem lehet fagráf.
II. állítás: igaz.
Megfelelő példa: ha választunk négy páratlan és egy páros számjegyet (pl. 1, 3, 5, 7 és 2). Ekkor a páratlan számok egy összefüggő részgráfot (teljes gráfot) alkotnak, míg a páros számnak megfelelő csúcs izolált lesz, így a gráf nem összefüggő.

b) Legyen a célállomások száma a két évvel ezelőtti időpontban \( n \), jelenleg pedig \( 1{,}5n \).
Mivel bármely két célállomás között van repülőjárat, a járatok száma egyenlő az \( n \) csúcsú teljes gráf éleinek számával. A feltétel szerint: $$ \binom{1{,}5n}{2} - \binom{n}{2} = 60 $$ Kifejtve a binomiális együtthatókat: $$ \frac{1{,}5n(1{,}5n - 1)}{2} - \frac{n(n - 1)}{2} = 60 $$ $$ 2{,}25n^2 - 1{,}5n - n^2 + n = 120 $$ $$ 1{,}25n^2 - 0{,}5n - 120 = 0 $$ Nullára rendezett másodfokú egyenletet megoldva a pozitív gyök \( n = 10 \).
Jelenleg tehát \( 1{,}5 \cdot 10 = \mathbf{15} \) célállomásra közlekednek.

c) A modell szerint 0,968 annak a valószínűsége, hogy egy utas megjelenik az indulásnál.
Binomiális eloszlást alkalmazva, annak a valószínűsége, hogy 169 utas jelenik meg (1 marad le): $$ P(169) = \binom{170}{169} \cdot 0{,}968^{169} \cdot 0{,}032^1 \approx 0{,}0223 $$ Annak a valószínűsége, hogy 170 utas jelenik meg (2 marad le): $$ P(170) = \binom{170}{170} \cdot 0{,}968^{170} \cdot 0{,}032^0 \approx 0{,}0040 $$ Annak a valószínűsége, hogy legfeljebb 168 utas jelenik meg (mindenkinek jut hely): $$ 1 - P(169) - P(170) \approx 1 - 0{,}0223 - 0{,}0040 = \mathbf{0{,}9737} $$ A légitársaság által fizetendő kártérítés várható értéke: $$ P(169) \cdot 600 + P(170) \cdot 1200 \approx 0{,}0223 \cdot 600 + 0{,}0040 \cdot 1200 \approx 13{,}38 + 4{,}80 = \mathbf{18{,}18 \text{ euró}} $$ (A hivatalos javítókulcs az eredmények kerekítésével 18 eurót is elfogad.)

a) Megoldandó az egyenlet: $$ \frac{n^2 - 5n + 10}{2} = 26 $$ Nullára rendezve: $$ n^2 - 5n - 42 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével számítva az eredményeket nem kapunk egész számokat (\( n_{1,2} \approx 9{,}45 \) és \( -4{,}45 \)).
Nincs olyan szó, amelyért 26 pontot kapna a játékos.

b) A pontszám \( f(n) = \frac{n^2 - 5n + 10}{2} \).
A számlálót átrendezve: \( n^2 - 5n + 10 = n(n - 5) + 10 \).
Az \( n \) és \( n - 5 \) eltérése 5 (ami páratlan), ezért az egyikük páros, a másikuk páratlan, tehát szorzatuk páros. Ehhez 10-et (egy páros számot) adva szintén páros számot kapunk. Egy páros szám 2-vel való osztásakor pedig mindig egész számot kapunk.
Annak igazolása, hogy a hosszabb szóért több pont jár: $$ f(n+1) - f(n) = \frac{(n+1)^2 - 5(n+1) + 10}{2} - \frac{n^2 - 5n + 10}{2} $$ $$ = \frac{n^2 + 2n + 1 - 5n - 5 - n^2 + 5n}{2} = \frac{2n - 4}{2} = n - 2 $$ Mivel \( n \ge 3 \), így \( n - 2 \ge 1 > 0 \), vagyis az \( f(n+1) > f(n) \) egyenlőtlenség teljesül, tehát a hosszabb szóért valóban több pont jár. (Hárombetűs szóért 2 pont jár, ami több a kétbetűs 1 pontjánál, ez is igazolva van.)

c) Keressük azt az \( n \ge 3 \) értéket, amelyre: $$ \frac{n^2 - 5n + 10}{2} = 2 + \frac{m(m + 1)}{2} $$ Szorozzuk meg az egyenletet 2-vel és rendezzük át: $$ n^2 - 5n + 10 = 4 + m^2 + m $$ $$ n^2 - 5n + 6 = m^2 + m $$ Szorzattá alakítva mindkét oldalt: $$ (n - 2)(n - 3) = (m + 1)m $$ Látható, hogy az egyenlet két oldalán két-két egymást követő egész szám szorzata áll. A feladatot ekvivalensen megoldja, ha a tényezőket megfeleltetjük egymásnak: $$ n - 3 = m \implies n = m + 3 $$ Mivel \( m \) tetszőleges természetes szám (\( m \ge 0 \)), az \( n = m + 3 \) értéke minden esetben \( n \ge 3 \) lesz, vagyis egy lehetséges érvényes szóhosszt ad. Ezzel az állítást igazoltuk.

a) A 42 prímtényezős felbontása: \( 42 = 2 \cdot 3 \cdot 7 \).
Azokat az 1000-nél kisebb (1-től 999-ig) pozitív egész számokat keressük, melyek nem oszthatók sem 2-vel, sem 3-mal, sem 7-tel.
A szita-formulát (vagy logikai szita-formulát) alkalmazzuk:

• 2-vel osztható szám 499 darab van,
• 3-mal osztható 333 darab,
• 7-tel osztható 142 darab;
• 2-vel és 3-mal (azaz 6-tal) osztható szám 166 darab,
• 2-vel és 7-tel (azaz 14-gyel) osztható szám 71 darab,
• 3-mal és 7-tel (azaz 21-gyel) osztható szám 47 darab;
• végül 2-vel, 3-mal és 7-tel (azaz 42-vel) osztható szám 23 darab van.

b) Az \( n \)-edik L alakú sávban a számok összege: $$ L_n = n + 2n + 3n + \dots + (n - 1)n + n \cdot n + (n - 1)n + \dots + 2n + n $$ $$ L_n = 2 \cdot (n + 2n + \dots + (n - 1)n) + n^2 $$ Emeljünk ki \( n \)-et: $$ L_n = 2n \cdot (1 + 2 + \dots + (n - 1)) + n^2 $$ A számtani sorozat összegképletét alkalmazva: $$ L_n = 2n \cdot \frac{(n - 1)n}{2} + n^2 = n^2(n - 1) + n^2 = n^3 - n^2 + n^2 = \mathbf{n^3} $$

c) A b) feladatrész alapján az első \( n \) pozitív köbszám összege megegyezik az első \( n \) darab L alakú sávban lévő számok összegével: $$ K_n = L_1 + L_2 + \dots + L_n $$ Ez pedig nem más, mint a szorzótábla bal felső \( n \times n \)-es részében lévő összes szám összege.
Ezt az összeget azonban soronként is kiszámíthatjuk, amivel egy sokkal elegánsabb formát kapunk: $$ (1 + 2 + \dots + n) + 2 \cdot (1 + 2 + \dots + n) + \dots + n \cdot (1 + 2 + \dots + n) $$ A közös \( (1 + 2 + \dots + n) \) tényezőt kiemelve: $$ = (1 + 2 + \dots + n) \cdot (1 + 2 + \dots + n) = (1 + 2 + \dots + n)^2 $$ Mivel a számtani sorozat összegképlete szerint \( 1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n + 1)}{2} \), így adódik a bizonyítandó állítás: $$ K_n = \mathbf{\left(\frac{n(n + 1)}{2}\right)^2} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.