2023. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az egyenlet átrendezve: \( xy = 12 \).
Mivel \( x \) és \( y \) pozitív egészek, a 12 osztópárjait kell megkeresnünk. Ebből adódik, hogy a következő \( (x; y) \) megoldások vannak: (1; 12), (12; 1), (2; 6), (6; 2), (3; 4), (4; 3).

b) A hatványozás azonosságait használva az egyenlet alakja: $$ 3 \cdot (3^x)^2 - 27 \cdot 3^x = 3^x - 9 $$ Rendezve egy oldalra: $$ 3 \cdot (3^x)^2 - 28 \cdot 3^x + 9 = 0 $$ Az \( a = 3^x \) új ismeretlen bevezetésével (\( a > 0 \)): $$ 3a^2 - 28a + 9 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével a gyökök: \( a_1 = 9 \) és \( a_2 = \frac{1}{3} \).
Visszahelyettesítve az \( x \)-re adódó megoldások: $$ 3^x = 9 \implies \mathbf{x = 2} $$ $$ 3^x = \frac{1}{3} \implies \mathbf{x = -1} $$

a) A tető egyik téglalap alakú felének szélessége (a tető síkjának hossza) legyen \( s \). Az elölnézeti derékszögű háromszög alapján: $$ \cos 42^\circ = \frac{4}{s} \implies s = \frac{4}{\cos 42^\circ} \approx 5,4 \text{ m} $$ A két téglalap alakú tetőfelület területe együtt: $$ A = 2 \cdot 5,4 \cdot 8,5 \approx 91,8 \text{ m}^2 $$ Egészre kerekítve 92 m² a felület.

b) A téglatest alakú földszint térfogata: $$ V_f = 8 \cdot 8,5 \cdot 3,2 = 217,6 \approx 218 \text{ m}^3 $$ A tetőtér (háromszög) magassága: $$ m = 4 \cdot \operatorname{tg} 42^\circ \approx 3,6 \text{ m} $$ A háromszög alapú egyenes hasáb alakú tetőtér térfogata: $$ V_t = \frac{8 \cdot 3,6}{2} \cdot 8,5 \approx 122 \text{ m}^3 $$ A ház teljes térfogata: $$ V = V_f + V_t = 218 + 122 = \mathbf{340 \text{ m}^3} $$

c) Az ábrán a lakóterületen kívül eső (alacsonyabb) rész szélessége mindkét oldalon \( x \). $$ \operatorname{tg} 42^\circ = \frac{1,9}{x} \implies x \approx 2,1 \text{ m} $$ A tetőtérben a lakóterület \( 8 - 2 \cdot 2,1 = 3,8 \text{ m} \) széles, így itt a lakóterület \( 3,8 \cdot 8,5 \approx 32 \text{ m}^2 \).
A földszint alapterülete \( 8 \cdot 8,5 = 68 \text{ m}^2 \).
A ház teljes lakóterülete így: \( 68 + 32 = \mathbf{100 \text{ m}^2} \).

a) Az átlag: $$ \overline{x} = \frac{2 + 3 \cdot 6 + 3 \cdot 8}{7} = \frac{44}{7} \approx \mathbf{6,29} $$ A szórás kiszámítása az átlagtól vett eltérések négyzetes közepével: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(-4,29)^2 + 3 \cdot (-0,29)^2 + 3 \cdot 1,71^2}{7}} \approx \mathbf{1,98} $$

b) Az átlag miatt a tíz értékelés összege \( 10 \cdot 6,3 = 63 \). Tehát az első hét értékelés után kapott további három értékelés összege \( 63 - 44 = 19 \).
A tíz értékelés egyetlen módusza (leggyakoribb eleme) csak a 2, a 6, vagy a 8 lehet. De a 19-es összeg miatt a hiányzó három értékelés mindegyike nem lehet 2.
I. eset (ha 8 a módusz):
Ekkor a 8-nak kellene lennie a leggyakoribbnak (tehát még egy 8-as kell), a másik két érték összege \( 19 - 8 = 11 \). A lehetséges kiegészítő párok: (1, 10), (2, 9), (3, 8), (4, 7). Egyik sem felel meg a terjedelemre (ami 8) vonatkozó feltételnek, ugyanis a meglévő \( \{2, 6, 8\} \) miatt a terjedelem eddig 6. Ha a (1, 10) párt vesszük, a terjedelem \( 10-1=9 \) lenne.
II. eset (ha 6 a módusz):
Ekkor a 6-nak kellene szerepelnie ismét, és a másik két érték összege \( 19 - 6 = 13 \). A lehetséges párok: (3, 10), (4, 9), (6, 7).
A terjedelem miatt a legkisebb elem már megvan (2), így a legnagyobbnak 10-nek kell lennie ahhoz, hogy a terjedelem 8 maradjon. Ebből a három lehetőség közül csak a (3, 10) felel meg az összes feltételnek.
Tehát az utolsó három értékelés (valamilyen sorrendben) 3, 6 és 10 volt.

c) A 11. mérkőzés értékelését jelölje \( x \). A feladat szövege alapján felírható a következő egyenlet: $$ \frac{63 + x}{11} = 6,3 - \frac{x}{10} $$ Szorozzuk be az egyenletet 110-zel: $$ 10(63 + x) = 11(693 - 11x) $$ $$ 630 + 10x = 693 - 11x \implies 21x = 63 \implies \mathbf{x = 3} $$ Tomi a 11. mérkőzésen 3-as értékelést kapott.

a) A grafikonok elemzése a táblázatban összefoglalva:

b) A feladat megadja a függvényt, illetve annak első és második deriváltját. Írjuk fel ezeket \( x \)-re: $$ g(x) = px^2 + qx + r $$ $$ g'(x) = 2px + q $$ $$ g''(x) = 2p $$ A feltételeket felhasználva \( x = 1 \)-re kapjuk az egyenletrendszert: $$ p + q + r = 1 $$ $$ 2p + q = 2 $$ $$ 2p = 4 $$ A harmadik egyenletből \( \mathbf{p = 2} \).
Ezt beírva a második egyenletbe: \( 4 + q = 2 \implies \mathbf{q = -2} \).
Ezeket beírva az első egyenletbe: \( 2 - 2 + r = 1 \implies \mathbf{r = 1} \).
(Így a függvény \( g(x) = 2x^2 - 2x + 1 \)).

c) A határozott integrált a primitív függvénnyel és a Newton-Leibniz szabállyal számoljuk ki: $$ \int_{-3}^{2} \left( \frac{1}{2}x^2 - 2x + 1 \right) \mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{6}x^3 - x^2 + x \right]_{-3}^{2} $$ Behelyettesítve a felső és alsó határt: $$ = \left( \frac{8}{6} - 4 + 2 \right) - \left( \frac{-27}{6} - 9 - 3 \right) = \left( \frac{4}{3} - 2 \right) - \left( -\frac{9}{2} - 12 \right) $$ Közös nevezőre hozva az értékeket: $$ = -\frac{2}{3} - (-16,5) = -\frac{4}{6} + \frac{99}{6} = \mathbf{\frac{95}{6}} \approx 15,83 $$

a) Merőlegest állítunk az \( A \) csúcsból az \( EB \) átlóra, ez az átlót az \( F \) felezőpontban metszi. Ekkor \( AF = 10 \text{ cm} \).
Az \( AFE \) derékszögű háromszögben: $$ \cos FAE\sphericalangle = \frac{10}{20} = 0,5 \implies FAE\sphericalangle = 60^\circ $$ Ebből adódik, hogy az egyenlőszárú háromszögből az \( A \) csúcsnál lévő szög \( BAE\sphericalangle = 120^\circ \), míg a másik kettő \( ABE\sphericalangle = AEB\sphericalangle = 30^\circ \).
Mivel a \( BCDE \) húrtrapéz alapon fekvő szögei 40°-osak, a másik két szög \( 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ \).
Összeadva a szomszédos szögeket, az ötszög belső szögei: 120°, 70°, 140°, 140°, 70°.

b) Az \( EB \) átló hossza Pitagorasz-tétellel: $$ EB = 2 \cdot \sqrt{20^2 - 10^2} = 20\sqrt{3} \approx 34,64 \text{ cm} $$ Az \( ABE \) háromszög területe: $$ T_{ABE} = \frac{EB \cdot FA}{2} = \frac{20\sqrt{3} \cdot 10}{2} = 100\sqrt{3} \approx 173,2 \text{ cm}^2 $$ Ha a húrtrapéz \( CD \) oldalának hossza \( x \), akkor mivel a szárak is \( x \) hosszúak, a vetületek \( x \cos 40^\circ \)-ak lesznek. Felírhatjuk: $$ x + 2x \cos 40^\circ = EB \implies x(1 + 2 \cos 40^\circ) = 34,64 \implies x \approx 13,68 \text{ cm} $$ A trapéz magassága \( m = x \sin 40^\circ \approx 8,79 \text{ cm} \).
A trapéz területe: $$ T_{trap\acute{e}z} = \frac{34,64 + 13,68}{2} \cdot 8,79 \approx 212,4 \text{ cm}^2 $$ Az ötszög teljes területe a két rész összege: \( 173,2 + 212,4 = \mathbf{385,6 \text{ cm}^2} \).

c) A gráf élbejárása egy Euler-vonal megkeresését jelenti. Megfigyeljük a csúcsok fokszámait: az \( A \), \( C \) és \( D \) csúcsok fokszáma 2, míg a \( B \) és \( E \) csúcsok fokszáma 3 (ugyanis az \( EB \) átló is egy él). A bejárás kezdőpontja így csak a páratlan fokszámú \( B \) vagy \( E \) lehet.
Ha például a \( B \) pontból indulunk, akkor 3 lehetőségünk van (az \( E \), az \( A \) vagy a \( C \) felé). Ahhoz, hogy az összes élet bejárjuk elakadások nélkül, a gráfszerkezet egyszerűsége miatt észrevehetjük: a \( B \)-ből minden esetben az \( E \)-be kell végül megérkeznünk 3 él megtétele után (egyik esetben közvetlenül az \( EB \)-n), ahonnan a fennmaradó két élből álló kört bejárjuk.
Egy alapos leszámlálásból megkapjuk, hogy a \( B \)-ből indulva pontosan \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség van. (Például: BCDEBAE, stb.)
Szimmetria okokból az \( E \)-ből indulva is ugyanennyi, így összesen 12 bejárási lehetőség van.

a) Válasszunk a hat fős társaságból elsőként egy tetszőleges embert. Neki pontosan 5-féleképpen választhatunk csapattársat. Ezzel az első csapat összeállt. A maradék 4 emberből ismét kiválasztva valakit, neki 3-féleképpen választhatunk csapattársat. A megmaradó utolsó két ember alkotja a harmadik csapatot (itt már csak 1 lehetőség van).
Mivel ezek a választások függetlenek és nem számít a csapatok sorrendje, a lehetséges elosztások száma: \( 5 \cdot 3 \cdot 1 = \mathbf{15} \).
(Másik formális megoldással: \( \frac{\binom{6}{2} \cdot \binom{4}{2} \cdot \binom{2}{2}}{3!} = 15 \).)

b) Ha mindhárom csapatba egy fiú és egy lány kerül, akkor gyakorlatilag minden fiúhoz pontosan egy lányt párosítunk. A három fiú (Attila, Csaba, Emil) és a három lány (Boróka, Dóra, Fanni) párosításainak száma megegyezik a lányok lehetséges sorrendjeinek permutációjával, ami \( 3! = 6 \) féleképpen lehetséges.
A kérdezett valószínűség így a kedvező és az összes esetek hányadosa: $$ P = \frac{6}{15} = \mathbf{0,4} \text{ (vagy 40%)} $$

c) A mérkőzések száma egy csapaton belül senkinek sem lehet egyenlő a sajátján kívül a többiekével. Mivel senki nem játszott a saját csapattársa ellen, a lehetséges maximális mérkőzések száma egy embernél 4. Emiatt a többiek 5 különböző mérkőzésszámának pontosan a \( \{0, 1, 2, 3, 4\} \) halmaznak kell lennie.
Aki 4-et játszott, az mindenki mással játszott (kivéve a csapattársát), így a többi 4 ember már játszott legalább egyet. Tehát csak a csapattársa játszhatott 0 mérkőzést. Így a 4-et és a 0-t játszó játékosok egy csapatban vannak.
Ugyanezzel a gondolatmenettel a 3-at és az 1-et játszó játékos is egy csapatot alkotnak.
A fennmaradó harmadik csapat mindkét tagja így pontosan 2 mérkőzést játszott. Mivel a 6 játékos közül csak két játékosnak azonos a mérkőzésszáma, és ők egy csapatban vannak, ez csak Attila és Boróka csapata lehet.
Tehát Boróka pontosan 2 mérkőzést játszott eddig.

a) A megfigyelés kezdetekor \( t = 0 \). Ezt behelyettesítve: $$ h(0) = \frac{30}{1 + 59 \cdot 0,905^0} = \frac{30}{1 + 59 \cdot 1} = \frac{30}{60} = \mathbf{0,5 \text{ m}} $$ Tehát a fa fél méter magas volt a kezdetekor.

b) Keressük azt a \( t \)-t, amelyre \( h(t) = 10 \). $$ 10 = \frac{30}{1 + 59 \cdot 0,905^t} $$ Mindkét oldalt elosztva 10-zel és felszorozva a nevezővel: $$ 1 + 59 \cdot 0,905^t = 3 \implies 59 \cdot 0,905^t = 2 $$ $$ 0,905^t = \frac{2}{59} \approx 0,0339 $$ Mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve: $$ t = \frac{\lg(2/59)}{\lg 0,905} \approx \mathbf{33,9 \text{ év}} $$ A fa körülbelül 34 év múlva lesz 10 méter magas.

c) Mivel a \( 0,905 \) abszolútértéke kisebb 1-nél, a \( 0,905^n \) sorozat konvergens, és a határértéke 0 (\( n \to \infty \)).
Ezt felhasználva a teljes sorozat határértéke egyszerűen számolható: $$ \lim_{n \to \infty} \frac{30}{1 + 59 \cdot 0,905^n} = \frac{30}{1 + 59 \cdot 0} = \mathbf{30} $$

d) Az 5 ezer Ft/m költségű kerítésszakasz legyen \( x \) méter hosszú, a 10 ezer Ft/m költségű szakasz pedig \( y \) méter hosszú. A teljes építési költség ekkor \( 5x + 10y = 400 \) (ezer Ft).
Ebből kifejezzük az egyik változót: \( x = 80 - 2y \).
A téglalap alakú ültetvény területe (m²-ben) másodfokú függvényként írható fel: $$ T(y) = x \cdot y = (80 - 2y)y = 80y - 2y^2 $$ A másodfokú kifejezést teljes négyzetté alakítva keressük a maximumát: $$ 80y - 2y^2 = -2(y^2 - 40y) = -2(y - 20)^2 + 800 $$ Ennek a parabolának \( y = 20 \) esetén van maximuma. Ekkor \( x = 80 - 2 \cdot 20 = 40 \).
Tehát az egyik kerítésszakasz (az olcsóbb) 40 m, a másik (a drágább) pedig 20 m hosszú legyen.

a) Az \( E_0 \) esemény pontosan akkor következik be, ha az \( A \) tartományból nyíló mindkét átjáró (az \( A-B \) és az \( A-C \)) zárva van. Ennek a valószínűsége a függetlenség miatt a zárva levés valószínűségeinek szorzata: $$ P(E_0) = (1 - p) \cdot (1 - p) = (1 - p)^2 = \mathbf{1 - 2p + p^2} $$

b) A feltétel szerint meg kell oldani az \( (1 - p)^2 \le 0,01 \) egyenlőtlenséget. Gyököt vonva kapjuk: $$ 1 - p \le 0,1 \implies p \ge 0,9 $$ A feladat megadta, hogy \( p < 1 \), így a helyes választás: \( 0,9 \le p < 1 \).

c) Az \( E_1 \) esemény pontosan akkor következik be, ha az \( A \) tartományból a két átjáró közül az egyik nyitva van, a másik pedig nincs nyitva, továbbá a \( B \) és \( C \) közötti átjáró is zárva van (különben mindkettőbe el lehetne jutni). Ennek valószínűsége: $$ P(E_1) = \binom{2}{1} p(1 - p) \cdot (1 - p) = 2p(1 - p)^2 = 2p(1 - 2p + p^2) = \mathbf{2p - 4p^2 + 2p^3} $$ Az \( E_0 \), \( E_1 \) és \( E_2 \) események teljes eseményrendszert alkotnak (a lehetséges kimenetelek mindegyikét lefedik diszjunkt módon). Így \( P(E_2) \) kényelmesen kiszámolható: $$ P(E_2) = 1 - P(E_0) - P(E_1) = 1 - (1 - 2p + p^2) - (2p - 4p^2 + 2p^3) = \mathbf{3p^2 - 2p^3} $$

d) Az \( f(p) = 2p - 4p^2 + 2p^3 \) függvény (ahol \( 0 < p < 1 \)) szélsőértékét deriválással keressük: $$ f'(p) = 2 - 8p + 6p^2 $$ Ahol a derivált eltűnik: $$ 6p^2 - 8p + 2 = 0 \implies 3p^2 - 4p + 1 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( p = 1 \) és \( p = \frac{1}{3} \). Mivel \( p < 1 \), csak a \( p = \frac{1}{3} \) megoldás jöhet szóba. Itt a második derivált (\( 12p - 8 \)) \( p = 1/3 \)-nál \( -4 \), vagyis tényleg maximumhely.
Ekkor az \( E_1 \) esemény valószínűsége: $$ f\left(\frac{1}{3}\right) = 2 \cdot \frac{1}{3} - 4 \cdot \frac{1}{9} + 2 \cdot \frac{1}{27} = \frac{18}{27} - \frac{12}{27} + \frac{2}{27} = \mathbf{\frac{8}{27} \approx 0,296} $$

a) Összesen \( \binom{5}{2} = 10 \) db megfelelő kéttényezős szorzat van: $$ 2 \cdot 4 + 2 \cdot 6 + 2 \cdot 8 + 2 \cdot 10 + 4 \cdot 6 + 4 \cdot 8 + 4 \cdot 10 + 6 \cdot 8 + 6 \cdot 10 + 8 \cdot 10 $$ Ezek összege: \( 8 + 12 + 16 + 20 + 24 + 32 + 40 + 48 + 60 + 80 = \mathbf{340} \).

b) Amikor az \( 1, 2, \ldots, k \) halmazhoz hozzávesszük a \( k+1 \)-et, a szorzatok kibővülnek mindazon párokkal, amelyeknek a második eleme a \( k+1 \). Ezek az új szorzatok: $$ 1 \cdot (k+1) + 2 \cdot (k+1) + \ldots + k \cdot (k+1) $$ Kiemelve a közös tényezőt: $$ (1 + 2 + \ldots + k) \cdot (k+1) $$ A számtani sorozat összegképlete szerint az első \( k \) egész szám összege \( \frac{k(k+1)}{2} \). Ezt behelyettesítve a hozzáadott szorzatok összege: $$ \frac{k(k+1)}{2} \cdot (k+1) = \frac{k(k+1)^2}{2} $$ Az új összeg tehát a korábbi összeg és ezen új tagok összege, amivel igazoltuk az állítást: $$ S_{k+1} = S_k + \frac{k(k+1)^2}{2} $$

c) (Elegáns, algebrai megoldás teljes indukció nélkül)
Ismert, hogy \( 2 \cdot S_n \) egyenlő az összes tag összegének négyzetének és a tagok négyzetei összegének különbségével: $$ 2 \cdot S_n = (1 + 2 + \dots + n)^2 - (1^2 + 2^2 + \dots + n^2) $$ Felhasználva a számtani sorozat és a négyzetösszeg ismert képleteit: $$ 2 \cdot S_n = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $$ Közös tényezőket kiemelve és közös nevezőre hozva: $$ = \frac{n^2(n+1)^2}{4} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n(n+1)}{12} \left[ 3n(n+1) - 2(2n+1) \right] $$ Kifejtve a szögletes zárójelen belüli részt: $$ = \frac{n(n+1)}{12} [ 3n^2 + 3n - 4n - 2 ] = \frac{n(n+1)}{12} [ 3n^2 - n - 2 ] $$ Mivel a másodfokú kifejezés felbontható \( 3n^2 - n - 2 = (n - 1)(3n + 2) \) alakban, kapjuk, hogy: $$ 2 \cdot S_n = \frac{n(n+1)(n-1)(3n+2)}{12} $$ Kettővel osztva az állítást elegánsan igazoltuk: $$ S_n = \mathbf{\frac{(n-1)n(n+1)(3n+2)}{24}} $$