2024. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az értelmezési tartomány: \( x - 2 > 0 \Rightarrow x > 2 \) és \( 2x + 8 > 0 \Rightarrow x > -4 \). Így \( x > 2 \).
A logaritmus azonosságait felhasználva (\( 3 = \log_2 8 \)): $$ \log_2 8 + \log_2(x-2) = \log_2(2x+8) $$ $$ \log_2(8(x-2)) = \log_2(2x+8) $$ Mivel a 2-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton: $$ 8x - 16 = 2x + 8 \implies 6x = 24 \implies \mathbf{x = 4} $$ A kapott megoldás eleme az értelmezési tartománynak (ellenőrzés behelyettesítéssel is adja: \( 3 + 1 = 4 \), helyes).

b) A metszéspont meghatározásához meg kell oldanunk az \( f(x) = g(x) \) egyenletet: $$ 2^{x-3} = 2^x - 7 $$ Kifejezve a hatványt: \( \frac{2^x}{8} = 2^x - 7 \). Rendezzük az egyenletet: $$ 7 = 2^x - \frac{2^x}{8} \implies 7 = \frac{7 \cdot 2^x}{8} \implies 2^x = 8 \implies \mathbf{x = 3} $$ A metszéspont második koordinátája: \( y = f(3) = 2^{3-3} = 1 \).
A metszéspont tehát: \( M(3; 1) \).

c) A \( h \) függvény értelmezési tartománya az egyjegyű pozitív prímszámok halmaza, azaz \( D_h = \{2; 3; 5; 7\} \).
Az inverzfüggvény értelmezési tartománya megegyezik a \( h \) függvény értékkészletével. Számítsuk ki a függvényértékeket:

• \( h(2) = 2^{2-3} = 2^{-1} = 0,5 \)
• \( h(3) = 2^{3-3} = 2^{0} = 1 \)
• \( h(5) = 2^{5-3} = 2^{2} = 4 \)
• \( h(7) = 2^{7-3} = 2^{4} = 16 \)

a) Kettes számrendszerben egy hétjegyű szám első számjegye csak 1-es lehet. A maradék 6 helyiértékre kerülhetnek a 0-k és 1-esek. Vizsgáljuk meg az eseteket a nullák száma szerint:

• Nincs 0: Ekkor a szám \( 1111111_2 \), ez pontosan 1 darab szám.
• Egy 0: A 0 a fennmaradó 6 helyiérték bármelyikén állhat, ez \( \binom{6}{1} = \) 6 darab szám.
• Két 0: A két 0-t a 6 lehetséges pozícióból kell kiválasztanunk, ami \( \binom{6}{2} = \frac{6 \cdot 5}{2} = \) 15 darab szám.

Összesen tehát \( 1 + 6 + 15 = \) 22 ilyen szám van.

b) A \( H \) halmaz elemei: \( \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} \), azaz 9 eleme van. Elegáns komplementer módszerrel számolva:
A 4 elemű részhalmazok száma összesen: \( \binom{9}{4} = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 126 \).
Ebből vonjuk le azokat a halmazokat, amelyeknek sem az 1, sem a 2 nem eleme. Ezeket a maradék 7 elemből választjuk ki: \( \binom{7}{4} = 35 \).
A megfelelő részhalmazok száma: \( 126 - 35 = \) 91.

c) Az állítás megfordítása: „Ha \( A \cap B = \emptyset \), akkor \( A = \overline{B} \).”
A megfordított állítás hamis. Ha két halmaz metszete üres, abból még nem következik, hogy uniójuk kiadja a teljes alaphalmazt (azaz egymás komplementerei).
Példa (indoklás): Legyen \( A = \{1\} \) és \( B = \{2\} \). A metszetük üres (\( A \cap B = \emptyset \)), de \( A \neq \overline{B} \), hiszen az alaphalmaznak 9 eleme van.

a) Az összes lehetséges (egyenlő valószínűségű) dobás kimenetele: \( 6^5 = 7776 \).
A Sor kombináció kétféle lehet a számértékek szerint: 1-2-3-4-5 vagy 2-3-4-5-6. Mindkét sorozatot az 5 kockán \( 5! = 120 \)-féle sorrendben kaphatjuk meg. A kedvező esetek száma tehát \( 2 \cdot 120 = 240 \).
A keresett valószínűség: $$ P(\text{Sor}) = \frac{240}{7776} = \mathbf{\frac{5}{162} \approx 0,031} $$

b) A játékos két kockával dob újra. Az összes lehetséges kimenetel ezen a két kockán \( 6 \cdot 6 = 36 \).
Akkor ér el Royal-t, ha mindkét újra dobott kocka 3-as (1 eset).
Akkor ér el Full House-t, ha mindkét újra dobott kocka azonos számú, de nem 3-as (5 eset: 1-1, 2-2, 4-4, 5-5, 6-6).
A kedvező kimenetelek száma összesen: \( 1 + 5 = 6 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{6}{36} = \mathbf{\frac{1}{6}} $$

c) A komplementer eseményt vizsgáljuk: „egyik dobás sem 6-os”. Ennek valószínűsége \( (1 - p)^2 \).
Tudjuk, hogy a legalább egy 6-os valószínűsége 0,64, így: $$ 1 - (1 - p)^2 = 0,64 $$ $$ (1 - p)^2 = 0,36 $$ Mivel \( p \) egy valószínűség, \( 0 \le p \le 1 \), így \( 1 - p \ge 0 \). Gyökvonás után: $$ 1 - p = 0,6 \implies \mathbf{p = 0,4} $$

A feladatot a legrövidebb és legelegánsabb módon, koordináta-geometriai módszerrel oldjuk meg. Helyezzük a 24 egység oldalú négyzetet egy derékszögű koordináta-rendszerbe úgy, hogy \( A(0;0) \), \( B(24;0) \), \( C(24;24) \) és \( D(0;24) \) legyen.

Ekkor \( F \) az \( AB \) oldal felezőpontja: \( F(12;0) \).
Az \( AC \) átló hossza \( 24\sqrt{2} \), és a pontjai egyenletesen növekvő \( x \) és \( y \) koordinátákkal bírnak (\( x=y \)). A megadott \( AP:PQ:QC = 4:5:3 \) arány miatt a szakaszok hossza az átló hosszának rendre \( \frac{4}{12}=\frac{1}{3} \), \( \frac{5}{12} \), és \( \frac{3}{12}=\frac{1}{4} \) része. Így a pontok koordinátái a csúcs \( A \)-tól indulva könnyen felírhatók:

• \( P \) az \( AC \) szakasz harmadoló pontja, tehát koordinátái a 24 harmada: \( P(8;8) \).
• \( Q \)-hoz az \( AP + PQ = 4 + 5 = 9 \) arány tartozik a 12-ből, tehát a 24-nek a \( \frac{9}{12} = \frac{3}{4} \) részénél van: \( Q(18;18) \).

a) Az általánosság megszorítása nélkül is számolhatunk a 24-es oldalhosszal (az arány invariáns lesz a skálázásra).
Az \( AFQ \) háromszög \( AF \) alapjának hossza 12. A hozzá tartozó magasság egyenlő a \( Q \) pont \( y \) koordinátájával, ami 18.
A háromszög területe: \( T_{AFQ} = \frac{12 \cdot 18}{2} = 108 \).
A négyzet területe: \( T_{ABCD} = 24^2 = 576 \).
Az arány: \( \frac{108}{576} = \mathbf{\frac{3}{16}} \).

b) Alkalmazzuk a két pont közötti távolság képletét az \( F(12;0) \), \( P(8;8) \) és \( Q(18;18) \) pontokra! $$ FP = \sqrt{(12 - 8)^2 + (0 - 8)^2} = \sqrt{16 + 64} = \sqrt{80} = \mathbf{4\sqrt{5}} $$ $$ QF = \sqrt{(18 - 12)^2 + (18 - 0)^2} = \sqrt{36 + 324} = \sqrt{360} = \mathbf{6\sqrt{10}} $$ Az állítást ezzel igazoltuk.

c) A hasonlóság bizonyításához vizsgáljuk meg a két háromszög (\( AFQ \) és \( FPQ \)) oldalainak arányát (S-S-S alapeset). Számítsuk ki a még hiányzó oldalakat is távolságképlettel: $$ PQ = \sqrt{(18 - 8)^2 + (18 - 8)^2} = \sqrt{100 + 100} = \sqrt{200} = 10\sqrt{2} $$ $$ AQ = \sqrt{18^2 + 18^2} = 18\sqrt{2} \quad (\text{és } AF = 12) $$ Rendezzük sorba mindkét háromszög oldalait növekvő sorrendben, és ellenőrizzük az arányaikat! Mivel könnyebb a négyzetükkel dolgozni, a négyzeteik aránya állandó kell, hogy legyen.
Az \( FPQ\triangle \) oldalai (négyzetesen): \( FP^2 = 80 \), \( PQ^2 = 200 \), \( QF^2 = 360 \).
Az \( AFQ\triangle \) oldalai (négyzetesen): \( AF^2 = 144 \), \( QF^2 = 360 \), \( AQ^2 = 648 \).
Képezzük a megfelelő oldalak négyzetének hányadosát: $$ \frac{AF^2}{FP^2} = \frac{144}{80} = \frac{9}{5} $$ $$ \frac{QF^2}{PQ^2} = \frac{360}{200} = \frac{9}{5} $$ $$ \frac{AQ^2}{QF^2} = \frac{648}{360} = \frac{9}{5} $$ Mivel az oldalak négyzeteinek aránya megegyezik, az oldalak aránya is állandó (minden esetben \( \frac{3}{\sqrt{5}} \)). A három oldalpár aránya egyenlő, így a két háromszög valóban hasonló.

a) Alakítsuk át az általános tagot a tört felbontásával: $$ a_n = \frac{n + 4}{n} = 1 + \frac{4}{n} $$ Mivel \( \lim_{n \to \infty} \frac{4}{n} = 0 \), a határérték: $$ \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{4}{n} \right) = \mathbf{1} $$

b) A sorozat n-edik tagja \( a_n = 1 + \frac{4}{n} \), a rákövetkező tag \( a_{n+1} = 1 + \frac{4}{n+1} \).
Mivel \( n \) növekedésével a \( \frac{4}{n} \) tört nevezője nő, így az értéke szigorúan csökken. Tehát \( a_n > a_{n+1} \), vagyis a sorozat valóban szigorúan monoton csökkenő.

c) Fejtsük ki a faktoriálisok hányadosát: $$ \frac{(n + 4)!}{n!} = (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) $$ Az egyenlet ez alapján: $$ (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) = 24(n + 1)(n + 3) $$ Mivel \( n \) pozitív egész, a \( (n + 1) \) és a \( (n + 3) \) tényezők nem nullák, így leoszthatunk velük: $$ (n + 2)(n + 4) = 24 $$ Felbontva a zárójeleket és nullára rendezve: $$ n^2 + 6n + 8 = 24 \implies n^2 + 6n - 16 = 0 $$ Az egyenlet gyökei a megoldóképlettel \( n_1 = 2 \) és \( n_2 = -8 \). Mivel \( n \) pozitív egész szám, a megoldás: \( n = 2 \).

d) A függvény \( f(x) = 24(x + 1)(x + 3) \), melynek zérushelyei a gyöktényezős alakból közvetlenül adódnak: \( x = -1 \) és \( x = -3 \).
A parabola felfelé nyílik, így ezen a szakaszon az \( x \) tengely alatt halad (negatív értékeket vesz fel). A terület a határozott integrál abszolútértéke (vagy a -1-szerese): $$ T = -\int_{-3}^{-1} 24(x^2 + 4x + 3) dx = -\left[ 24 \left( \frac{x^3}{3} + 2x^2 + 3x \right) \right]_{-3}^{-1} $$ Beszorozva a 24-et a könnyebb számolásért: $$ T = -\left[ 8x^3 + 48x^2 + 72x \right]_{-3}^{-1} $$ A felső határral (-1): \( 8(-1) + 48(1) + 72(-1) = -8 + 48 - 72 = -32 \).
Az alsó határral (-3): \( 8(-27) + 48(9) + 72(-3) = -216 + 432 - 216 = 0 \).
Így a terület: \( T = -(-32 - 0) = \mathbf{32} \) területegység.

a) A felülések száma egy számtani sorozatot alkot, melynek differenciája \( d = 5 \). A két hét 14 nap, tehát az első 14 tag összege \( S_{14} = 1001 \). A számtani sorozat összegképlete: $$ S_n = \frac{2a_1 + (n - 1)d}{2} \cdot n $$ Behelyettesítve az adatokat: $$ 1001 = \frac{2a_1 + 13 \cdot 5}{2} \cdot 14 $$ $$ 1001 = 7(2a_1 + 65) \implies 143 = 2a_1 + 65 \implies 2a_1 = 78 \implies \mathbf{a_1 = 39} $$ A legutolsó (14.) napi felülések száma: $$ a_{14} = a_1 + 13d = 39 + 13 \cdot 5 = 39 + 65 = \mathbf{104} $$ Az első napon 39, az utolsó napon 104 felülést végzett Domi.

b) Jelölje Dalma sebességét az első körben \( v \) (km/h). A második körben sebessége \( v - 3,5 \). A kör hossza 5,25 km. A teljes táv \( 2 \cdot 5,25 = 10,5 \) km. A teljes átlagsebesség felírható az összes út osztva az összes idővel képlettel: $$ \frac{10,5}{t_1 + t_2} = 12 \implies t_{\text{össz}} = \frac{10,5}{12} = 0,875 \text{ óra} $$ Az egyes idők felírása az út/sebesség aránnyal: $$ t_1 = \frac{5,25}{v}, \quad t_2 = \frac{5,25}{v - 3,5} $$ A kettő összege adja a teljes időt: $$ \frac{5,25}{v} + \frac{5,25}{v - 3,5} = 0,875 $$ Osszuk le mindkét oldalt 0,875-tel (észrevéve, hogy \( 5,25 / 0,875 = 6 \)): $$ \frac{6}{v} + \frac{6}{v - 3,5} = 1 $$ Beszorozva a nevezőkkel: $$ 6(v - 3,5) + 6v = v(v - 3,5) \implies 12v - 21 = v^2 - 3,5v $$ Rendezzük az egyenletet: $$ v^2 - 15,5v + 21 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( v_1 = 14 \) és \( v_2 = 1,5 \).
Mivel a második kör sebessége \( v - 3,5 \) pozitív kell, hogy legyen, a \( 1,5 \) nem megoldás. Így \( v = 14 \).
Tehát az első körben az átlagsebesség 14 km/h, a második körben 10,5 km/h volt.

c) A helyes sorrend a közepek közötti egyenlőtlenség (harmonikus \(<\) mértani \(<\) számtani) alapján:
„Két különböző pozitív valós szám mértani közepe mindig nagyobb, mint a harmonikus közepe, de kisebb, mint a számtani közepe.”

a) Egyetlen homokszem térfogata (\( r = 0,1 \) mm): $$ V_{szem} = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi (0,1)^3 \approx 0,004189 \text{ mm}^3 $$ A pohár térfogata \( 2 \text{ dl} = 200 \text{ cm}^3 = 200\,000 \text{ mm}^3 \).
A homok által kitöltött effektív térfogat ennek a 60%-a: $$ V_{eff} = 200\,000 \cdot 0,6 = 120\,000 \text{ mm}^3 $$ A homokszemek száma: $$ N = \frac{V_{eff}}{V_{szem}} = \frac{120\,000}{0,004189} \approx 28\,646\,455 $$ Millióra kerekítve tehát kb. 29 millió homokszem található a pohárban.

b) A forgáskúp alkotója \( a = 1,8 \) m, alapjának sugara \( r = \frac{3,1}{2} = 1,55 \) m. A kúp magasságát Pitagorasz-tétellel számoljuk: $$ h = \sqrt{a^2 - r^2} = \sqrt{1,8^2 - 1,55^2} = \sqrt{3,24 - 2,4025} = \sqrt{0,8375} \approx 0,915 \text{ m} $$ A kúp térfogata: $$ V = \frac{r^2 \pi h}{3} = \frac{1,55^2 \cdot \pi \cdot 0,915}{3} \approx \mathbf{2,3 \text{ m}^3} $$

c) Jelöljük a kúp magasságát \( h \)-val (\( h \in ]0; 1,8[ \)). A Pitagorasz-tétel szerint az alapkör négyzete \( r^2 = a^2 - h^2 = 1,8^2 - h^2 \).
Fejezzük ki a térfogatot \( h \) függvényeként: $$ V(h) = \frac{\pi}{3} r^2 h = \frac{\pi}{3} (1,8^2 - h^2)h = \frac{\pi}{3} (3,24h - h^3) $$ A szélsőérték meghatározásához deriváljuk a függvényt és tegyük egyenlővé nullával: $$ V'(h) = \frac{\pi}{3} (3,24 - 3h^2) = 0 $$ Mivel \( \frac{\pi}{3} \neq 0 \), a zárójeles rész nulla: $$ 3h^2 = 3,24 \implies h^2 = 1,08 \implies \mathbf{h = \sqrt{1,08} \approx 1,04 \text{ m}} $$ (Ez valóban maximum, mert a derivált pozitívból negatívba vált.)
A maximális térfogathoz tartozó sugár: $$ r = \sqrt{3,24 - 1,08} = \sqrt{2,16} \approx \mathbf{1,47 \text{ m}} $$ A maximális térfogat pedig: $$ V_{max} = \frac{\pi}{3} \cdot 2,16 \cdot \sqrt{1,08} \approx \mathbf{2,35 \text{ m}^3} $$

a) Teljes négyzetté alakítással felírjuk a kör normálalakját: $$ (x - 2)^2 - 4 + (y - 6)^2 - 36 = 13 $$ $$ (x - 2)^2 + (y - 6)^2 = 53 $$ A kör középpontja \( K(2; 6) \), a sugara pedig \( r = \sqrt{53} \).

b) A húrtrapéz átlói egymásra merőlegesek, és párhuzamosak a koordinátatengelyekkel, mivel az \( A \) és \( C \) pontok \( x \) koordinátája azonos (4), a \( B \) és \( D \) pontok \( y \) koordinátája pedig azonos (4).
Az átlók hossza: $$ AC = 13 - (-1) = 14 \quad \text{és} \quad BD = 9 - (-5) = 14 $$ A trapéz területe az átlók szorzatának a fele: \( T = \frac{14 \cdot 14}{2} = 98 \).
Az alapok hosszát a pontok távolságával kapjuk meg: $$ AB = \sqrt{(-5 - 4)^2 + (4 - 13)^2} = \sqrt{(-9)^2 + (-9)^2} = \sqrt{162} = 9\sqrt{2} $$ $$ CD = \sqrt{(9 - 4)^2 + (4 - (-1))^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} $$ A trapéz magasságát (\( m \)) a területképletből határozzuk meg: $$ T = \frac{AB + CD}{2} \cdot m \implies 98 = \frac{9\sqrt{2} + 5\sqrt{2}}{2} \cdot m = 7\sqrt{2} \cdot m \implies \mathbf{m = \frac{98}{7\sqrt{2}} = 7\sqrt{2}} $$ A szögekhez húzzunk magasságot az egyik felső csúcsból! A magasság talppontja lemetsz a hosszabbik alapból egy szakaszt, melynek hossza \( \frac{AB - CD}{2} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2} \). A derékszögű háromszögben a magasság (\( 7\sqrt{2} \)) és ez a befogó (\( 2\sqrt{2} \)) tangenssel adja a hajlásszöget: $$ \tan \alpha = \frac{7\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = 3,5 \implies \mathbf{\alpha \approx 74,05^\circ} $$ A húrtrapéz másik szöge, mivel kiegészítő szög: \( 180^\circ - 74,05^\circ = \) 105,95°.

c) Olyan \( (x,y) \) egész számpárokat keresünk, melyekre \( x^2 + y^2 = 53 \).
Mivel 53 csak egyféleképpen bontható fel két négyzetszám összegére (a negatívokat és sorrendet még figyelmen kívül hagyva): \( 53 = 4 + 49 = 2^2 + 7^2 \).
Ebből a megoldások a \( \pm 2 \) és \( \pm 7 \) kombinációiból adódnak:
(2; 7), (2; -7), (-2; 7), (-2; -7), (7; 2), (7; -2), (-7; 2), (-7; -2).
Összesen 8 ilyen pont található a körvonalon.

a) Egy \( n \) pontú teljes gráf éleinek száma \( \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2} \). Az egyenlet a feladat alapján: $$ \frac{k(k-1)}{2} + \frac{2k(2k-1)}{2} = 697 $$ Beszorozva 2-vel és felbontva a zárójeleket: $$ k^2 - k + 4k^2 - 2k = 1394 \implies 5k^2 - 3k - 1394 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével: $$ k_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4 \cdot 5 \cdot (-1394)}}{10} = \frac{3 \pm \sqrt{27889}}{10} = \frac{3 \pm 167}{10} $$ Mivel \( k \) csúcsok száma (pozitív egész), a negatív gyök kiesik. Az egyetlen helyes megoldás: \( k = 17 \).

b) A 6 csapat között az összes lehetséges mérkőzések száma \( \binom{6}{2} = 15 \). Ezek közül 3-at választanak ki doppingellenőrzésre, az összes lehetséges kiválasztás: \( \binom{15}{3} = 455 \).
Egy adott csapat a 15 mérkőzésből 5-ön szerepel. Annak a lehetősége, hogy ezt az egy csapatot érinti a doppingellenőrzés mindhárom sorsolt mérkőzésén: kiválasztanak 3 mérkőzést az 5-ből, amelyen ez a csapat játszik, ez \( \binom{5}{3} = 10 \)-féleképpen történhet.
Mivel a mérkőzéseket csak 2 csapat játssza, lehetetlen, hogy egyszerre 2 csapat is minden 3 ellenőrzött meccsen szerepeljen (hiszen ahhoz egymás ellen kellene játszaniuk mindháromszor, de csak egyszer játszanak). Ezért a 6 csapat esetében az események egymást kizáróak, így a kedvező esetek száma egyszerűen összeadódik: \( 6 \cdot 10 = 60 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{60}{455} = \mathbf{\frac{12}{91} \approx 0,132} $$

c) Ezt a helyzetet modellezhetjük egy 6 pontú (egyszerű) gráffal, ahol a pontok a személyek, az élek a kézfogások, a pontok fokszáma pedig a válasz. Egy 6 pontú egyszerű gráfban a fokszámok lehetséges értékei: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Mivel nem lehet egyszerre egy 0 fokszámú (senkivel sem fogott kezet) és egy 5 fokszámú (mindenkivel kezet fogott) ember az 5 lehetséges fokszámhalmaz pontosan kétféle lehet:

• 1. eset: {0, 1, 2, 3, 4} plusz egy ismétlődő fokszám:
  Mivel a 4 fokszámú a 0 kivételével mindenkivel össze van kötve, a 3 fokszámú a 0 és az 1 kivételével stb. bizonyítható, hogy a duplikálódó fokszám pontosan a 2-es. A fokszámok: 0, 1, 2, 2, 3, 4. A kézfogások (élek) száma a fokszámösszeg fele: \( \frac{0+1+2+2+3+4}{2} = \mathbf{6} \).
• 2. eset: {1, 2, 3, 4, 5} plusz egy ismétlődő fokszám:
  Ugyanezzel a logikával (vagy az előző gráf komplementereként) a duplikálódó fokszám a 3-as lesz. A fokszámok: 1, 2, 3, 3, 4, 5. A kézfogások (élek) száma: \( \frac{1+2+3+3+4+5}{2} = \mathbf{9} \).