2021. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) A négyzetgyök értelmezési tartománya és a jobb oldal nemnegativitása miatt a feltétel: \(-1 \le x \le 3\).

Négyzetre emelve kapjuk: $$ -2x + 6 = x^2 + 2x + 1 $$ $$ x^2 + 4x - 5 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \(x_1 = 1\) és \(x_2 = -5\).
A feltételeknek (vagy a behelyettesítéssel kapott ellenőrzésnek) a \(-5\) nem tesz eleget, így az egyetlen megoldás az \(x = 1\).

b) Az értelmezési tartomány a logaritmus miatt: \(x > 0\).

A logaritmus azonosságait alkalmazva: $$ 4 \log_4 x + 9 \log_4 x = 4 \log_4 x + 9 \log_4 8 $$ $$ 9 \log_4 x = 9 \log_4 8 $$ $$ \log_4 x = \log_4 8 $$ A logaritmusfüggvény szigorú monotonitása (kölcsönös egyértelműsége) miatt kapjuk, hogy \(x = 8\). Ez megfelel a kiindulási feltételnek, így ez a helyes megoldás.

a) Először határozzuk meg a \(BCD\) háromszög területét: $$ T_{BCD} = \frac{BC \cdot CD \cdot \sin 100,3^\circ}{2} = \frac{60 \cdot 70 \cdot \sin 100,3^\circ}{2} \approx 2066 \text{ m}^2 $$ Kiszámoljuk a \(BD\) átló hosszát koszinusztétellel a \(BCD\) háromszögből: $$ BD^2 = 60^2 + 70^2 - 2 \cdot 60 \cdot 70 \cdot \cos 100,3^\circ \implies BD \approx 100 \text{ m} $$ Az \(ABD\) háromszögben alkalmazzuk a szinusztételt az \(\varepsilon = \angle BDA\) szög meghatározására: $$ \frac{\sin \varepsilon}{\sin 100,3^\circ} = \frac{50}{100} \implies \sin \varepsilon \approx 0,4919 $$ Mivel hegyesszög, \(\varepsilon \approx 29,5^\circ\). A harmadik szög tehát \(\angle ABD = 180^\circ - 100,3^\circ - 29,5^\circ = 50,2^\circ\).
Ezzel az \(ABD\) háromszög területe: $$ T_{ABD} = \frac{AB \cdot BD \cdot \sin 50,2^\circ}{2} = \frac{50 \cdot 100 \cdot \sin 50,2^\circ}{2} \approx 1921 \text{ m}^2 $$ A teljes négyszög területe a két rész összege: \( 2066 + 1921 = 3987 \text{ m}^2 \).

b) A felhasznált 3 színt a 4-ből \(\binom{4}{3} = 4\)-féleképpen választhatjuk ki.
Mivel négy háromszög van, de csak 3 színt használunk fel úgy, hogy a szomszédosak nem lehetnek azonosak, pontosan két, egymással szemközti (tehát csak csúcsban érintkező) háromszög kapja ugyanazt a színt. A szemközti párt 2-féleképpen választhatjuk ki.
Ezt a közös színt 3-féleképpen választhatjuk a 3 kiválasztott színből.
A maradék két háromszöget a fennmaradó 2 színnel 2-féleképpen színezhetjük.
A lehetséges színezések száma így: \( 4 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 2 = \mathbf{48} \).

a) Elegáns megközelítés: A cserével a csomag értéke \(140\,400 - 131\,400 = 9000\) Ft-tal nőne. Minden egyes 4800 Ft-os részvény 6600 Ft-osra való cseréje pontosan \(6600 - 4800 = 1800\) Ft többletet hoz.
Tehát a lecserélt részvények száma: \( \frac{9000}{1800} = 5 \) darab.
Ez az 5 darab a 4800 Ft-os részvényeink harmada, így összesen \( 5 \cdot 3 = \mathbf{15} \) darab 4800 Ft-os részvényünk van.
A 6600 Ft-os részvények számát az egyenletből kapjuk: $$ 131\,400 - 15 \cdot 4800 = 131\,400 - 72\,000 = 59\,400 \implies \frac{59\,400}{6600} = \mathbf{9} \text{ darab}. $$

b) Jelölje \(n\) a hónapok számát. Keressük azt a legkisebb \(n\)-t, amelyre felírható: $$ 450\,000 \cdot 1,013^n > 500\,000 \cdot 1,01^n $$ Rendezzük egy oldalra az \(n\)-es tagokat: $$ \left( \frac{1,013}{1,01} \right)^n > \frac{500\,000}{450\,000} \implies \left(\frac{1,013}{1,01}\right)^n > \frac{10}{9} $$ Az alap nagyobb 1-nél, így a logaritmusfüggvény szigorúan növekedő: $$ n \cdot \lg\left(\frac{1,013}{1,01}\right) > \lg\left(\frac{10}{9}\right) $$ $$ n > \frac{\lg(1,111)}{\lg(1,00297)} \approx 35,5 $$ Mivel egész hónapokat vizsgálunk, a 36. hónap végén lesz először több pénz a második befektetésben.

a) Az origó $(0; 0)$ koordinátáinak behelyettesítése a függvénybe: $$ 0,25 \cdot 0 \cdot (0 - 5)^2 = 0 $$ Tehát az origó rajta van a görbén.
Az $(5; 0)$ pont behelyettesítése: $$ 0,25 \cdot 5 \cdot (5 - 5)^2 = 0 $$ Az állítás tehát igaz.

b) A síkidom területét a határozott integrál adja a $[0; 5]$ intervallumon: $$ T = \int_{0}^{5} 0,25x(x-5)^2 \,dx = 0,25 \int_{0}^{5} (x^3 - 10x^2 + 25x) \,dx $$ Elvégezve az integrálást: $$ T = 0,25 \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{10x^3}{3} + \frac{25x^2}{2} \right]_0^5 = 0,25 \left( \frac{625}{4} - \frac{1250}{3} + \frac{625}{2} \right) = \frac{625}{48} \approx 13,02 $$ A trapéz párhuzamos oldalainak hossza a görbe $x=1$ és $x=3$ pontokban felvett helyettesítési értéke: $$ y(1) = 0,25 \cdot 1 \cdot (1 - 5)^2 = 4 \implies AD = 4 $$ $$ y(3) = 0,25 \cdot 3 \cdot (3 - 5)^2 = 3 \implies BC = 3 $$ A trapéz magassága $AB = 3 - 1 = 2$.
A trapéz területe: $$ T_{\text{trapéz}} = \frac{4 + 3}{2} \cdot 2 = 7 $$ A geometriai valószínűség a kedvező és az összes terület hányadosa: $$ P = \frac{T_{\text{trapéz}}}{T} = \frac{7}{\frac{625}{48}} = \mathbf{\frac{336}{625} = 0,5376} $$

a) Az egyenletet rendezzük nullára: $$ x^2 - (2+m)x + 4 = 0 $$ A másodfokú egyenletnek pontosan akkor van két különböző valós gyöke, ha a diszkriminánsa szigorúan pozitív: $$ D = (2+m)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 > 0 $$ $$ m^2 + 4m + 4 - 16 > 0 $$ $$ m^2 + 4m - 12 > 0 $$ A másodfokú kifejezés zérushelyei \(m_1 = -6\) és \(m_2 = 2\). A felfelé nyíló parabola ezen értékeken kívül vesz fel pozitív értékeket. Tehát: \( m < -6 \text{ vagy } m > 2 \).

b) A koszinusz függvény értékkészlete folytán tudjuk, hogy \(-1 \le \cos x \le 1\).
A belső kifejezésre így \((1+\cos x)\) értéke a \([0; 2]\) intervallumba esik.
Négyzetre emelve \((1+\cos x)^2\) a \([0; 4]\) halmazon vesz fel értékeket.
Kettőt hozzáadva a nevező értéke: $$ 2 \le (1+\cos x)^2 + 2 \le 6 $$ Mindkét szélsőérték elérhető, és a függvény folytonos. Képezzük az egész kifejezést, azaz osztunk 3-at ezekkel az értékekkel. Mivel minden tag pozitív, a sorrend megfordul: $$ \frac{3}{6} \le \frac{3}{(1+\cos x)^2 + 2} \le \frac{3}{2} $$ Azaz \( \frac{1}{2} \le f(x) \le \frac{3}{2} \), amivel az állítást beláttuk.

c) A legegyszerűbben a komplementer eseménnyel és szorzásszabállyal dolgozhatunk. Az \((A \land B) \lor C\) pontosan akkor hamis, ha mind \((A \land B)\), mind \(C\) egyszerre hamis.
A \(C\) hamis valószínűsége 0,4.
Az \(A \land B\) pontosan akkor igaz, ha \(A\) és \(B\) is igaz, ami \(0,6 \cdot 0,6 = 0,36\). Ebből adódik, hogy az \((A \land B)\) hamis valószínűsége \(1 - 0,36 = 0,64\).
A teljes kifejezés hamis valószínűsége: $$ P(\text{hamis}) = 0,64 \cdot 0,4 = 0,256 $$ A keresett valószínűség, hogy igaz: $$ P(\text{igaz}) = 1 - 0,256 = \mathbf{0,744} $$

a) A \(D\), \(E\), \(F\) csoport egy 3 csúcsú részgráfot határoz meg, amiben \(\binom{3}{2} = 3\) lehetséges él van. Bármelyik él vagy létezik, vagy nem, így az ismeretségi hálók száma: \(2^3 = 8\).

b) A teljes háló elemzése:

• Az \(A\) pont fokszáma 5, ami azt jelenti, hogy minden más ponttal (\(B, C, D, E, F\)) össze van kötve.
• A \(D, E, F\) pontok egymás között egy teljes részgráfot alkotnak a friss információk szerint (tehát \(D\) ismeri \(E\)-t és \(F\)-et is stb.). Ezzel a \(D, E, F\) pontokból már 3-3 él kiindul (kettő a csoportjuk felé, egy pedig az \(A\) felé).

Két esetet vizsgálunk aszerint, hogy a \(B\) és \(C\) között van-e él:
1. eset: Nincs él \(B\) és \(C\) között.
A \(B\) pont fokszáma 4, és az 1 ismert élen (\(BA\)) kívül a maradék 3 élet kötelezően a \(D, E, F\) pontok felé kell behúzni. Ekkor \(B\) is kötött.
A \(C\) pont fokszáma 3, ebből 1 az \(A\)-hoz megy. Maradék 2 élet kell húznia a \(D, E, F\) halmazból kiválasztott két pontba. Ezt \(\binom{3}{2} = 3\)-féleképpen teheti meg.

2. eset: Van él \(B\) és \(C\) között.
A \(B\) pontnak így már 2 éle van (\(A\)-hoz és \(C\)-hez). A hiányzó 2 élet a \(D, E, F\) három pontja közül kettőhöz kell húznia. Ezt \(\binom{3}{2} = 3\)-féleképpen teheti meg.
A \(C\) pontnak így szintén 2 éle van. Neki a harmadik élét kell bekötnie a \(D, E, F\) pontok valamelyikébe, ami \(\binom{3}{1} = 3\)-féleképpen lehetséges.
Ebben az esetben tehát \(3 \cdot 3 = 9\) lehetőség van.

Összesen az első és második esetet összeadva: \( 3 + 9 = 12 \)-féle ismeretségi háló lehetséges.

c) Alkalmazzuk a komplementer módszert. Hat személyből a 3 fős csoportok teljes száma \(\binom{6}{3} = 20\).
Ebből le kell vonni azokat a csoportokat, amelyekben \(A\) és \(B\) együtt vannak. Ha az \(A\) és a \(B\) is a kiválasztott 3 tag része, a 3. tagot a fennmaradó 4 főből (C, D, E, F) kell kiválasztani. Ennek a lehetősége \(\binom{4}{1} = 4\).
A megfelelő kihallgatások száma tehát \(20 - 4 = 16\).

a) Az adathalmaz rendezve: 3, 4, 6, 6, 7, 7, 7, 8.
Az átlag: \( \overline{x} = \frac{48}{8} = \mathbf{6} \).
A medián a két középső elem átlaga (6 és 7): \(\mathbf{6,5}\).
A szórás a definíció alapján: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(3-6)^2 + (4-6)^2 + 2\cdot(6-6)^2 + 3\cdot(7-6)^2 + (8-6)^2}{8}} = \sqrt{\frac{9 + 4 + 0 + 3 + 4}{8}} = \sqrt{\frac{20}{8}} \approx \mathbf{1,58} $$

b) A parabola egyenlete \(y = ax^2 + bx + c\).
A görbe átmegy a \(P(0; 2)\) ponton, azaz a nullponti érték behelyettesítéséből következik, hogy \(c = 2\).
Az érintő meredeksége a derivált nullabeli értéke. Mivel a meredekségszög 45°, így \(m = \text{tg} 45^\circ = 1\). A deriváltfüggvény \(y' = 2ax + b\), ebből \(y'(0) = 1 \implies \mathbf{b = 1}\).
Tehát az egyenlet: \(y = ax^2 + x + 2\).
A görbe átmegy a \(Q(4,6; 3)\) ponton, behelyettesítve az \((x,y)\) értékeket: $$ 3 = a \cdot 4,6^2 + 4,6 + 2 \implies 21,16a = -3,6 \implies a \approx \mathbf{-0,17} $$ A keresett parabola egyenlete: \(y = -0,17x^2 + x + 2\).

c) A függvény inverzének tulajdonságait az ábráról leolvasható értékekből tudjuk levezetni, mivel a grafikon tükröződik az \(y = x\) egyenesre:

• Az inverzfüggvény értelmezési tartománya \(f\) értékkészlete, tehát: \([-2; 5]\).
• Értékkészlete megegyezik \(f\) értelmezési tartományával, azaz: \([-2; 3]\).
• Zérushelye ott van, ahol \(f\) az 1-et veszi fel az y-tengelyen (mert az eredeti f zérushelye \(y=1\) \(\implies\) az inverzben \(f^{-1}(1)=0\)). A grafikonból leolvasva a zérushely: \(x = 1\).
• Mivel az eredeti függvény szigorúan monoton növekedő, így inverze is szigorúan monoton növekedő.

a) Az árcsökkenés 300 Ft-ig történik, azaz az árváltozás $500 - 300 = 200$ Ft. Mivel 10 Ft-os lépések vannak, a lépések száma \( n = 20 \).
A plusz eladott mennyiség ekkor $10 \cdot 20^2 = 4000$ darab, tehát összesen $9000$ darabot tudnak értékesíteni.
A havi bevétel ekkor $9000 \cdot 300 = \mathbf{2\,700\,000 \text{ Ft}}$.

b) A bevétel (\(B\)) \(n\) függvényeként az eladott darabszám és az egységár szorzataként írható fel: $$ B(n) = (500 - 10n)(5000 + 10n^2) = 2\,500\,000 - 50\,000n + 5000n^2 - 100n^3 $$ Határozzuk meg a deriváltat és zérushelyeit a szélsőértékhez: $$ B'(n) = -300n^2 + 10\,000n - 50\,000 $$ Nullával egyenlővé téve és egyszerűsítve: $$ 3n^2 - 100n + 500 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \(n_1 \approx 6,13\) és \(n_2 \approx 27,21\).
Mivel a másodfokú deriváltfüggvény parabolája lefelé nyíló, negatívból pozitívba a kisebbik gyöknél, pozitívból negatívba a nagyobbik gyöknél vált, így az \(n \approx 27,21\) helyen lokális maximum van.
Minthogy \(n\)-nek egésznek kell lennie, kiszámoljuk a szomszédos értékeket: $$ B(27) = 2\,826\,700 \text{ Ft} \quad \text{és} \quad B(28) = 2\,824\,800 \text{ Ft} $$ A maximális bevétel tehát \(\mathbf{n = 27}\) csökkentésnél, azaz 230 Ft-ra csökkentett egységárnál érhető el.

c) A nem nyerő jegyek aránya 95%, így az összes nyerő sorsjegy 5% (vagyis a valószínűségek összege 0,05).
Jelölje az 50 000 Ft-os nyeremény valószínűségét \(p\). Ekkor a 2500 Ft-os nyeremény valószínűsége \(24p\). $$ p + 24p = 0,05 \implies 25p = 0,05 \implies p = 0,002 $$ A 2500 Ft-osé \(24 \cdot 0,002 = 0,048\).

A nyeremény várható értéke (a valószínűségek és az értékek szorzatösszege): $$ E(X) = 0 \cdot 0,95 + 2500 \cdot 0,048 + 50\,000 \cdot 0,002 = 120 + 100 = \mathbf{220 \text{ Ft}} $$

a) A 240 cm széles raktérben az első (legalsó) sorban $240 / 24 = 10$ darab farönk fér el. A második sor farönkjei a hézagokba illeszkednek, itt tehát csak 9 rönk kap helyet. A rönkök sorai felváltva adnak 10 és 9 darabot.
Két sor magasságkülönbségét a farönkök középpontjait összekötő, 24 cm oldalhosszúságú szabályos háromszög magassága adja: $$ h = \frac{24\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3} \approx 20,78 \text{ cm} $$ Ha összesen \(k\) sort tudunk elhelyezni, akkor a rakomány teljes magassága: $$ M(k) = 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} $$ Mivel a raktér 200 cm magas, ezt az egyenlőtlenséget kell megoldanunk: $$ 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} \le 200 \implies (k-1) \cdot 20,78 \le 176 \implies k \le 9,47 $$ Tehát maximum 9 sor fér be. Ebből 5 sor 10 farönkből (páratlan sorok), és 4 sor 9 farönkből (páros sorok) áll.
Az összes farönk száma: \( 5 \cdot 10 + 4 \cdot 9 = 50 + 36 = \mathbf{86} \) darab.

b) A teljes raktér térfogata $V_{\text{raktér}} = 2,4 \cdot 2 \cdot 7 = 33,6\text{ m}^3$.
Egyetlen farönk térfogata a henger képlete szerint (\(r = 0,12\text{ m}\), \(h = 7\text{ m}\)): $$ V_1 = 0,12^2 \pi \cdot 7 \approx 0,3167 \text{ m}^3 $$ A 86 rönk együttes térfogata $V_{fa} = 86 \cdot 0,3167 \approx 27,2\text{ m}^3$.
A kitöltött rész aránya $\frac{27,2}{33,6} \approx 0,81$, tehát a térfogat 81%-át töltik ki.
A raktér 19%-a marad üresen.

c) A binomiális eloszlást alkalmazzuk, ahol $n=50$ és a selejtes fa (szúrágta) valószínűsége $p=0,04$. A kérdés az, hogy mi a valószínűsége annak, hogy a selejtesek száma legfeljebb 1, tehát $k=0$ vagy $k=1$.
$$ P(X \le 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = \binom{50}{0} \cdot 0,04^0 \cdot 0,96^{50} + \binom{50}{1} \cdot 0,04^1 \cdot 0,96^{49} $$ Kiszámolva a tagokat: $$ 0,96^{50} \approx 0,130 $$ $$ 50 \cdot 0,04 \cdot 0,96^{49} \approx 0,271 $$ Ezek összege adja a keresett valószínűséget: \( 0,130 + 0,271 = 0,401 \).