2026. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az első egyenlőtlenségben a négyzetre emelést elvégezve:

$$ x^2 - 2x - 15 \le x^2 - 4x + 4 $$

Az $x^2$ kiesik, rendezve az egyenlőtlenséget kapjuk:

$$ 2x \le 19 \implies x \le 9,5 $$

A második egyenlőtlenséghez oldjuk meg a $2x^2 - 9x - 18 = 0$ másodfokú egyenletet. A megoldóképlet alapján a gyökök $x_1 = 6$ és $x_2 = -1,5$.

Mivel a másodfokú tag együtthatója pozitív (felfelé nyíló parabola), a függvény azokon a helyeken lesz nemnegatív, amelyek a gyökökön kívül esnek:

$$ x \le -1,5 \quad \text{vagy} \quad x \ge 6 $$

A két egyenlőtlenség megoldáshalmazának metszete adja az egyenlőtlenségrendszer végső megoldását:

$$ x \in ]-\infty; -1,5] \cup [6; 9,5] $$

b) Ha Döme $x$ kg almát vásárolt, akkor a feltétel szerint $x - 1$ kg mandarint vett ($x > 1$).

A szöveg alapján a kilogrammonkénti árak a következők:
1 kg alma ára: $\frac{21}{x}$ peták.
1 kg mandarin ára: $\frac{20}{x - 1}$ peták.

Mivel a két ár összege 14 peták, a megoldandó egyenlet:

$$ \frac{21}{x} + \frac{20}{x - 1} = 14 $$

A közös, nem nulla nevezővel ($x(x-1)$) szorozva:

$$ 21(x - 1) + 20x = 14x(x - 1) $$ $$ 21x - 21 + 20x = 14x^2 - 14x $$

Rendezve nullára egy másodfokú egyenletet kapunk:

$$ 14x^2 - 55x + 21 = 0 $$

A másodfokú megoldóképletből a gyökök $x_1 = 3,5$ és $x_2 = \frac{3}{7}$.

Mivel $x > 1$ (hiszen 1 kg-mal több almát vett a mandarinnál), az $x = \frac{3}{7}$ nem megoldás. Döme tehát 3,5 kg almát vásárolt.

A kilogrammonkénti ár így $\frac{21}{3,5} = \mathbf{6}$ petákba került 1 kg alma.

a) 1957-től 2026-ig eltelt pontosan $t = 2026 - 1957 = 69$ év.

A kísérlet során felszabadult stroncium-90-ből ennyi maradt meg a környezetben:

$$ f(69) = 32 \cdot 0,5^{\frac{69}{29}} \approx \mathbf{6,15 \text{ gramm}} $$

b) Az exponenciális csökkenés miatt elegendő a változást csupán 1 évre megvizsgálni. Egy év elteltével a stroncium tömegének aránya a kezdeti értékhez képest:

$$ \frac{f(1)}{f(0)} = \frac{m \cdot 0,5^{\frac{1}{29}}}{m} = 0,5^{\frac{1}{29}} \approx 0,976 $$

Ez azt jelenti, hogy az anyag 97,6%-a marad meg 1 év elteltével. A csökkenés mértéke tehát $100\% - 97,6\% = \mathbf{2,4\%}$-os évenként.

c) Jelölje $t$ a stroncium-90 környezetbe kerülésétől 2026-ig eltelt évek számát. Ekkor:

$$ 33,3 = 50 \cdot 0,5^{\frac{t}{29}} $$

Az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk 50-nel:

$$ 0,666 = 0,5^{\frac{t}{29}} $$

A kitevő meghatározásához vegyük mindkét oldal logaritmusát (akár 0,5-ös alapút, akár tízeset):

$$ \frac{t}{29} = \log_{0,5} 0,666 $$ $$ t = 29 \cdot \frac{\lg 0,666}{\lg 0,5} \approx 29 \cdot 0,586 \approx 17 $$

Körülbelül 17 év telt el a kibocsátás óta, ez alapján a stroncium-90 ($2026 - 17 =) $ 2009-ben kerülhetett a környezetbe.

a) A 2-nek, a 3-nak és az 5-nek a legkisebb közös többszöröse a 30, vizsgáljuk ezért először az első 30 pozitív egész számot.
A 30-nál nem nagyobb sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható számok: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 és a 29 (8 db).
Ugyanígy 31-től 60-ig 8 db, 61-től 90-ig 8 db, és így tovább, végül 271-től 300-ig szintén 8 db sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható szám van.
Tehát a 300-nál nem nagyobb pozitív egész számok között \( 8 \cdot 10 = \mathbf{80} \) megfelelő szám van.

b) Egy megfelelő háromelemű részhalmazban pontosan egy olyan szám szerepelhet, amely 2-vel osztható, de 4-gyel nem, a másik két szám pedig csak páratlan lehet.
A 4-gyel nem osztható páros szám a 2, 6, 10, 14, ..., 294, 298 számok közül bármelyik lehet, ami \( \frac{300}{4} = 75 \) lehetőség. (A 2-től kezdve minden második páros szám nem osztható 4-gyel, így \( \frac{150}{2} = 75 \) db 4-gyel nem osztható páros szám van.)
A 150 páratlan szám közül a maradék kettőt \( \binom{150}{2} = 11\,175 \)-féleképpen választhatjuk ki.
Így a \( H \) halmaznak összesen \( 75 \cdot 11\,175 = \mathbf{838\,125} \) megfelelő részhalmaza van.

c) \( H \)-ból egy elemet elhagyva kapunk 299 elemű részhalmazt, ezért összesen 300 darab 299 elemű részhalmaz van.
150 esetben páros, 150 esetben pedig páratlan elemet hagyunk el, ezért a 300 darab részhalmaz felében lesz páros az elemek összege.
Így a \( H \) halmaznak \( \mathbf{150} \) darab olyan 299 elemű részhalmaza van, amelyben az elemek összege páros.

a) A koszinusztételt felírva az \( ABD \) háromszög \( AB \) oldalára: \[ AB^2 = 35^2 + 40^2 - 2 \cdot 35 \cdot 40 \cdot \cos 120^\circ = 4225 \] amiből \( \mathbf{AB = 65\text{ cm}} \) valóban.

b) A Pitagorasz-tételt az \( ABC \) háromszög \( BC \) oldalára felírva: \[ BC = \sqrt{65^2 - 39^2} = 52\text{ cm} \] Az \( ABC \) háromszög területe: \[ T_{ABC} = \frac{39 \cdot 52}{2} = 1014\text{ cm}^2 \] Az \( ABD \) háromszög területe: \[ T_{ABD} = \frac{35 \cdot 40 \cdot \sin 120^\circ}{2} \approx 606,2\text{ cm}^2 \] Az \( ADBC \) konkáv négyszög területe a kettő különbsége: \[ T_{ADBC} = 1014 - 606,2 = \mathbf{407,8\text{ cm}^2} \]

c) Az érintőnégyszögek szemközti oldalainak összege egyenlő, tehát (a szokásos jelöléssel) \( a + c = b + d \).
Ekkor \( a + c = b + d = s \), ezért \( s - a = c \).
Ugyanígy \( s - b = d \), \( s - c = a \) és \( s - d = b \).
Tehát a húrnégyszögek területképletébe behelyettesítve: \[ T = \sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)} = \sqrt{cdab} = \mathbf{\sqrt{abcd}} \] valóban.

d) Mivel a négyszög érintőnégyszög, ezért a szemközti oldalak összege megegyezik. A negyedik oldalának hossza: \[ HE = 21 + 42 - 56 = 7\text{ cm} \] A bicentrikus négyszög területe az előzőekben bizonyított képlet alapján: \[ T = \sqrt{21 \cdot 56 \cdot 42 \cdot 7} = \mathbf{588\text{ cm}^2} \]

a) Jelöljük a három egymást követő tag közül a középsőt $a$-val. Ekkor a tagok: $a-6$, $a$, $a+6$.
A három tag átlaga: $\frac{(a-6) + a + (a+6)}{3} = a$.
A szórás a tagok átlagtól vett eltéréseinek négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(-6)^2 + 0^2 + 6^2}{3}} = \sqrt{\frac{72}{3}} = \sqrt{24} = \mathbf{2\sqrt{6}} $$ Az állítást igazoltuk.

b) A feladat szövege alapján megoldandó egyenlet: $|S_n| = n$.
A számtani sorozat összegképletét felírva: $$ \left| \frac{2 \cdot 2 + (n-1)(-0,2)}{2} \cdot n \right| = n $$ Mivel $n > 0$, leoszthatunk $n$-nel. Két esetet vizsgálunk aszerint, hogy az összeg pozitív vagy negatív.

1. eset: $S_n = n$ $$ \frac{4 - 0,2(n-1)}{2} = 1 \implies 4 - 0,2n + 0,2 = 2 \implies 0,2n = 2,2 \implies \mathbf{n = 11} $$

2. eset: $S_n = -n$ $$ \frac{4 - 0,2(n-1)}{2} = -1 \implies 4 - 0,2n + 0,2 = -2 \implies 0,2n = 6,2 \implies \mathbf{n = 31} $$

Mindkét kapott érték lehetséges (ellenőrzéskor $S_{11} = 11$ és $S_{31} = -31$ valóban teljesül).

c) Jelölje a két keresett számot $a$ és $b$ ($a, b > 0$).
A számtani középből: $\frac{a+b}{2} = 5 \implies a+b = 10 \implies b = 10 - a$.
A harmonikus középből: $\frac{2ab}{a+b} = 4,8$.
Behelyettesítve az összeget: $$ \frac{2ab}{10} = 4,8 \implies 2ab = 48 \implies ab = 24 $$ Az egyenletrendszer megoldásához írjuk fel: $a(10-a) = 24 \implies a^2 - 10a + 24 = 0$.
A másodfokú egyenlet gyökei $a = 4$ (ekkor $b=6$) és $a = 6$ (ekkor $b=4$). Tehát a két szám a 4 és a 6.
Ezek négyzetes közepe: $$ K_N = \sqrt{\frac{4^2 + 6^2}{2}} = \sqrt{\frac{16+36}{2}} = \sqrt{26} \approx \mathbf{5,1} $$

a) Az állítás igaz.
Ha egy összefüggő gráfban nincs kör, akkor az a gráf egy fagráf. Minden fagráfnak azonban van legalább két elsőfokú (1-es fokszámú) pontja (levele). Mivel a feladat feltétele szerint minden pont fokszáma legalább 2, a gráf nem lehet fagráf, így az összefüggőség miatt biztosan tartalmaz kört.

b) A megfordítás: Ha egy (kilencpontú, összefüggő, egyszerű) gráfban van kör, akkor minden pontjának fokszáma legalább 2.
Ez az állítás hamis. Készíthetünk például egy olyan gráfot, amelyben egy 3 hosszú körből indul ki egy "lánc" (út), amelynek a legutolsó pontja elsőfokú. Ebben a gráfban van kör, mégis létezik benne 1-es fokszámú pont.

c) Tegyük fel, hogy Balázs és Attila eddig csak egymással játszott, tehát a többi 7 versenyző egyikükkel sem mérkőzött meg.
Ebben az esetben a többi 7 játékos egymás között játszhatta le az összes eddigi mérkőzést. 7 játékos összes lehetséges egymás elleni meccsének száma legfeljebb $\binom{7}{2} = 21$.
Ezzel és Balázsék egyetlen meccsével együtt a bajnokságban legfeljebb $21 + 1 = 22$ mérkőzésre kerülhetett volna sor.
Mivel azonban már 23 mérkőzés lement, a feltételezésünk ellentmondásra vezetett. Így nem lehetséges, hogy még csak egymás ellen játszottak.

d) A bajnokságban összesen $\binom{9}{2} = 36$ mérkőzés van.
Ezekből a 3 balkezes egymás közötti mérkőzéseinek száma $\binom{3}{2} = 3$. Ezek a nem kívánt (balkezes a balkezes ellen) események.
Azt akarjuk, hogy a kiválasztott 23 mérkőzés mindegyike a maradék $36 - 3 = 33$ meccs közül kerüljön ki. A kedvező esetek száma tehát $\binom{33}{23}$.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{\binom{33}{23}}{\binom{36}{23}} = \frac{ \frac{33!}{23!10!} }{ \frac{36!}{23!13!} } = \frac{13 \cdot 12 \cdot 11}{36 \cdot 35 \cdot 34} = \frac{1716}{42840} \approx \mathbf{0,04006} $$ Mivel $\frac{1}{30} \approx 0,0333$, ezért a vizsgált valószínűség nem kisebb $\frac{1}{30}$-nál. Tehát az állítás nem igaz.

a) Konkáv az a függvény, melynek a második deriváltja a vizsgált intervallumon negatív (vagy vizuálisan lefelé hajlik). A $]-\infty; 7[$ intervallumon az A, D, E betűjelű függvények konkávok.
(Ellenőrzés: D) második deriváltja $6(x-7)$, amely $x<7$ esetén negatív; E) második deriváltja $\frac{2}{(x-7)^3}$, amely szintén negatív, ha $x<7$.)

b) A teljes síkidom területét határozott integrállal számoljuk ki: $$ T = \int_{1}^{7} x^2 \, dx = \left[ \frac{x^3}{3} \right]_1^7 = \frac{343}{3} - \frac{1}{3} = 114 $$ A keresett $x = p$ egyenes ezt a területet felezi, vagyis az $1$-től $p$-ig vett integrálnak $57$-nek kell lennie: $$ \int_{1}^{p} x^2 \, dx = 57 \implies \frac{p^3 - 1}{3} = 57 $$ $$ p^3 - 1 = 171 \implies p^3 = 172 \implies p = \sqrt[3]{172} \approx 5,56 $$ A keresett egyenes egyenlete tehát: $\mathbf{x = \sqrt[3]{172}}$.

c) Mivel a függvénynek $x=1$-ben és $x=7$-ben szélsőértéke van, ezért az első deriváltfüggvény, $g'(x) = 3x^2 + 2bx + c$ ezeken a helyeken nulla: $$ g'(1) = 3 + 2b + c = 0 $$ $$ g'(7) = 147 + 14b + c = 0 $$ Kivonva az első egyenletet a másodikból kapjuk: $$ 144 + 12b = 0 \implies \mathbf{b = -12} $$ Visszahelyettesítve $b$-t az első egyenletbe: $$ 3 - 24 + c = 0 \implies \mathbf{c = 21} $$ A függvény főegyütthatója pozitív ($x^3$), ezért a derivált parabola felfelé nyílik. Ez azt jelenti, hogy a kisebbik szélsőértékhelyen ($x=1$) derivált pozitívból negatívba vált, tehát itt van a lokális maximum. Ebből következik, hogy $g(1) = 6$. $$ g(1) = 1^3 - 12(1^2) + 21(1) + d = 6 $$ $$ 1 - 12 + 21 + d = 6 \implies 10 + d = 6 \implies \mathbf{d = -4} $$

a) A külső átmérő 1 m (100 cm), így a külső sugár $R = 50$ cm.
Mivel a körgyűrű 20 cm széles, a belső sugár $r = 50 - 20 = 30$ cm.
A teljes körgyűrű területe $(50^2\pi - 30^2\pi)$, aminek nekünk csak a 36°-os része, azaz a tizede ($\frac{36^\circ}{360^\circ}$) kell: $$ T = \frac{1}{10} \cdot \pi(2500 - 900) = 160\pi \approx \mathbf{503 \text{ cm}^2} $$

b) A várható érték a nyeremények és valószínűségeik szorzatainak összege: $$ E = 1000 \cdot 0,4 + 2000 \cdot 0,1 + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 400 + 200 + 900 + 800 = \mathbf{2300 \text{ Ft}} $$

c) Három forgatással 6000 Ft háromféle összetételben jöhet ki (az értékek sorrendjét is figyelembe véve):

• $2000 + 2000 + 2000$: Ez pontosan egyféle sorrend, valószínűsége $0,1^3 = 0,001$.
• $1000 + 2000 + 3000$: Ezek 3! = 6-féleképpen jöhetnek sorba, valószínűségük $6 \cdot (0,4 \cdot 0,1 \cdot 0,3) = 0,072$.
• $1000 + 1000 + 4000$: A 4000-es pörgetés 3-féle helyen lehet, tehát 3 esetről beszélünk, valószínűségük $3 \cdot (0,4 \cdot 0,4 \cdot 0,2) = 0,096$.

A teljes valószínűség ezen független események összege: $$ P = 0,001 + 0,072 + 0,096 = \mathbf{0,169} $$

d) Jelölje $p$ az 1000 Ft-os nyeremény új valószínűségét. Mivel csak az 1000-es és a 2000-es szektorok valószínűségei változnak (összegük azonban továbbra is $0,4 + 0,1 = 0,5$ kell maradjon), így a 2000 Ft-osé $(0,5 - p)$ lesz.
Az igazságos játék várható értéke meg kell, hogy egyezzen a befizetett 2500 Ft-tal: $$ 1000p + 2000(0,5 - p) + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 2500 $$ $$ 1000p + 1000 - 2000p + 900 + 800 = 2500 $$ $$ 2700 - 1000p = 2500 \implies 200 = 1000p \implies \mathbf{p = 0,2} $$ Tehát a játék akkor lesz igazságos, ha az 1000 Ft-os nyeremény valószínűsége 0,2 lesz, a 2000 Ft-os nyereményé pedig (0,5 - 0,2 =) 0,3.

a) Jelöljük $F$-fel az $AB$ szakasz felezőpontját, így $FB = 40$ cm és a téglalap magassága $BC = 30$ cm. A Pitagorasz-tétellel adódik a körív $R$ sugara a derékszögű $FBC$ háromszögből: $$ R = \sqrt{40^2 + 30^2} = 50 \text{ cm} $$ Határozzuk meg a körszelet ívéhez tartozó $\alpha$ középponti szöget: $$ \text{tg}\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{40}{30} \implies \frac{\alpha}{2} \approx 53,13^\circ \implies \alpha \approx 106,3^\circ $$ A körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = 50^2\pi \cdot \frac{106,3^\circ}{360^\circ} \approx 2319 \text{ cm}^2 $$ Mivel a körszelet a körcikkből úgy kapható meg, hogy kivonjuk belőle a középpont és a $CD$ él által határolt $FCD$ háromszög területét (amely épp egyezik a $30 \times 80$-as téglalap felével, ami $1200\text{ cm}^2$), így a körszelet területe: $$ T_{\text{körszelet}} = 2319 - 1200 = 1119 \text{ cm}^2 $$ Az alaplap teljes területe (a $80 \times 30$-as téglalap és a körszelet összege): $$ T_{\text{alap}} = 2400 + 1119 = 3519 \text{ cm}^2 $$ Az akvárium térfogata az alaplap területe szorozva a 35 cm-es magassággal: $$ V = 3519 \cdot 35 = 123\,165 \text{ cm}^3 \approx 123 \text{ dm}^3 $$ Tehát kerekítve 123 liter az akvárium térfogata.

b) Jelölje a téglatest alaplapjának oldalait $a$ és $b$. A térfogatra felírható összefüggés: $$ V = a \cdot b \cdot 35 = 126\,000 \implies a \cdot b = 3600 \implies b = \frac{3600}{a} $$ A felül nyitott téglatest vizsgálandó felszíne az alapterület és a 4 oldallap összege: $$ A(a) = ab + 2 \cdot 35a + 2 \cdot 35b = 3600 + 70a + 70b = 3600 + 70\left(a + \frac{3600}{a}\right) $$ Ennek a kifejezésnek a minimumát keressük, ami az $a + \frac{3600}{a}$ tag minimalizálását jelenti. Alkalmazva a számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget pozitív számokra: $$ a + \frac{3600}{a} \ge 2\sqrt{a \cdot \frac{3600}{a}} = 2\sqrt{3600} = 120 $$ Az egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha $a = \frac{3600}{a}$, azaz ha $a^2 = 3600$. Ebből adódik, hogy $a = 60$ cm. (Ekkor $b = \frac{3600}{60} = 60$ cm).
A téglatest alaplapjának mindkét élét 60 cm-nek válasszuk, hogy minimális legyen a felszín.