2025. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Az exponenciális egyenletet alakítsuk át úgy, hogy a $3^x$ kifejezés szerepeljen benne:

$$ 9 \cdot (3^x)^2 + \frac{78}{3} \cdot 3^x - 3 = 0 $$ $$ 9 \cdot (3^x)^2 + 26 \cdot 3^x - 3 = 0 $$

Vezessünk be új ismeretlent: $y = 3^x$ ($y > 0$). A másodfokú egyenlet:

$$ 9y^2 + 26y - 3 = 0 $$

A megoldóképletből a gyökök $y = \frac{1}{9}$ és $y = -3$. Mivel az exponenciális függvény értékkészlete pozitív, a $-3$ nem ad megoldást.

Tehát $3^x = \frac{1}{9} \implies \mathbf{x = -2}$.

b) Jelölje $q$ a mértani sorozat hányadosát. Felírható, hogy:

$$ b_5 = b_2 \cdot q^3 \implies 162 = 48 \cdot q^3 \implies q^3 = \frac{162}{48} = 3,375 $$

Ebből $q = 1,5$. Határozzuk meg a sorozat első tagját is:

$$ b_1 = \frac{b_2}{q} = \frac{48}{1,5} = 32 $$

Az $n$-edik tagra vonatkozó egyenlőtlenség:

$$ 32 \cdot 1,5^{n-1} > 10\,000\,000 $$ $$ 1,5^{n-1} > 312\,500 $$

Mivel az exponenciális és logaritmus függvények szigorúan monoton nőnek, vehetjük mindkét oldal logaritmusát:

$$ (n-1) \lg 1,5 > \lg 312\,500 \implies n-1 > \frac{\lg 312\,500}{\lg 1,5} \approx 31,2 $$

Amiből adódik, hogy $n > 32,2$. Mivel $n$ egész szám, ezért a keresett index: $\mathbf{n \ge 33}$.

a) Jelölje $x$ az elővételben vásárolt jegyek számát. Ekkor a helyszínen eladott jegyek száma $917 - x$.

A bevételre vonatkozó egyenlet:

$$ 2500x + 3000(917 - x) = 2\,380\,000 $$ $$ 2500x + 2\,751\,000 - 3000x = 2\,380\,000 $$ $$ 371\,000 = 500x \implies x = 742 $$

Tehát 742 jegyet vettek meg elővételben, és $917 - 742 =$ 175 jegyet vettek a helyszínen.

b) A 40 hajó közül 5 nyerő és 35 nem nyerő. Pontosan egy nyerőt úgy lehet húzni, ha egyet húzunk az 5 nyerőből és egyet a 35 nem nyerőből. A valószínűség (hipergeometrikus eloszlással):

$$ P = \frac{\binom{5}{1} \cdot \binom{35}{1}}{\binom{40}{2}} = \frac{5 \cdot 35}{780} = \frac{175}{780} \approx \mathbf{0,224} $$

c) A sorrendek a holtversenyek függvényében alakulnak:

• Ha nincs holtverseny, a lehetséges sorrendek száma: $3! = 6$.
• Ha kettes holtverseny van, az történhet az első helyen (a harmadik személy egyértelmű, a két elsős $3$-féleképpen választható ki) vagy a második helyen (szintén $3$-féle eset). Összesen $3 + 3 = 6$ lehetőség.
• Hármas holtverseny (mindenki első) pontosan $1$-féleképpen lehetséges.

Összesen tehát $6 + 6 + 1 =$ 13-féle sorrendben végezhetnek.

a) Építsük fel szisztematikusan az úthosszok alapján az érvényes útvonalakat (amelyek önmagukat nem metszik):

• 3 él hosszú utak: ABDF, ACDF, ACEF (3 lehetőség)
• 4 él hosszú utak: ABCDF, ABCEF, ABDEF, ACBDF, ACDEF, ACEDF (6 lehetőség)
• 5 él hosszú utak: ABCDEF, ABCEDF, ABDCEF, ACBDEF (4 lehetőség)

Összesen $3 + 6 + 4 =$ 13 megfelelő út van.

b) Rendezzük át a bizonyítandó kifejezést teljes négyzetté alakítással:

$$ a^2 + 2ab + b^2 - c^2 = (a+b)^2 - c^2 $$

A kapott különbséget szorzattá alakítva:

$$ (a+b+c)(a+b-c) $$

Mivel a feltétel szerint $a, b, c$ egy háromszög oldalhosszai, ezért érvényes rájuk a háromszög-egyenlőtlenség, azaz $a+b > c$, amiből $a+b-c > 0$ adódik. Továbbá az oldalhosszak pozitivitása miatt $a+b+c > 0$ is teljesül.
Két pozitív szám szorzata pozitív, így az állítás valóban igaz.

c) A megfordított állítás: „Ha $a, b$ és $c$ olyan pozitív valós számok, amelyekre $a^2 + 2ab + b^2 - c^2 > 0$ teljesül, akkor létezik olyan háromszög, amelynek oldalhosszai $a, b$ és $c$.”

Az állítás hamis. Ezt egyetlen ellenpéldával beláthatjuk. Legyen például $a = 2$, $b = 1$, $c = 1$.
Ekkor az egyenlőtlenség fennáll, hiszen $2^2 + 2(2)(1) + 1^2 - 1^2 = 8 > 0$.
Azonban $a = 2, b = 1, c = 1$ hosszúságú szakaszokból nem alkotható háromszög (a háromszög-egyenlőtlenség sérül, mert $b+c = 2$, ami nem nagyobb $a$-nál).

a) A felezőmerőleges áthalad a szakasz $F$ felezőpontján, amelynek koordinátái: $F\left(\frac{-12+6}{2}; \frac{21-3}{2}\right) = (-3; 9)$.

Az $AB$ irányvektor merőleges a keresett egyenesre, tehát funkcionálhat normálvektorként: $\vec{n}_{f} = \vec{AB} = (18; -24)$.
Egyszerűsítve egy párhuzamos vektorral: $\vec{n} = (3; -4)$.

A felezőmerőleges $f$ egyenlete:

$$ 3x - 4y = 3(-3) - 4(9) \implies \mathbf{3x - 4y = -45} $$

A hajlásszög kiszámításához használhatjuk az $f$ egyenes egy irányvektorát: $\vec{v}_{f} = (4; 3)$. Az $y$ tengely irányvektora $(0; 1)$.
A bezárt $\beta$ szög így adódik fel:

$$ \cos \beta = \frac{4 \cdot 0 + 3 \cdot 1}{\sqrt{4^2+3^2} \cdot \sqrt{0^2+1^2}} = \frac{3}{5} \implies \beta \approx \mathbf{53,1^\circ} $$

b) Mivel a kör középpontja illeszkedik az $y$ tengelyre, a koordinátái felírhatóak $C(0; v)$ alakban.
A középpont és a megadott $P$ pont távolsága épp a sugár, ami 26 egység:

$$ (24 - 0)^2 + (6 - v)^2 = 26^2 $$ $$ 576 + (6 - v)^2 = 676 \implies (6 - v)^2 = 100 $$

Két lehetséges megoldás adódik: $6 - v = 10 \implies v = -4$, illetve $6 - v = -10 \implies v = 16$.

A keresett kör egyenletei tehát (két ilyen kör létezik):
$\mathbf{x^2 + (y + 4)^2 = 676} \quad \text{vagy} \quad \mathbf{x^2 + (y - 16)^2 = 676}$

a) A hat dobás átlaga:

$$ \bar{x} = \frac{4 + 5 + 4 + 3 + 1 + 4}{6} = \frac{21}{6} = \mathbf{3,5} $$

A szórás a tagok átlagtól vett eltéréseinek négyzetes közepe:

$$ \sigma = \sqrt{\frac{3 \cdot 0,5^2 + 1,5^2 + 0,5^2 + 2,5^2}{6}} = \sqrt{\frac{9,5}{6}} \approx \mathbf{1,26} $$

b) Összesen $6^4 = 1296$ különböző négyjegyű számot lehet dobni.
Komplementer módszert alkalmazva vizsgáljuk meg azokat, melyek minden számjegye különböző. Ezek száma $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 = 360$.
Tehát $1296 - 360 = 936$ esetben lesz legalább két egyforma számjegy. Ennek aránya az összes esethez viszonyítva:

$$ \frac{936}{1296} = 0,722 \implies \mathbf{72,2\%} $$

c) A skatulya-elvet alkalmazva: Mivel a dobókockával 6-féle értéket dobhatunk, a legrosszabb esetben minden számot pontosan 2-szer dobunk ki mielőtt kijönne valamelyikből a harmadik is. Ekkor $6 \cdot 2 = 12$ dobásunk van. A következő dobás már garantáltan létrehoz egy 3. egyforma értéket. A legkisebb $n$ szám tehát $\mathbf{13}$.

d) Jelölje $X$ a szükséges dobások számát. Bármely dobást vizsgálva, a játék legkorábban a 2. és legkésőbb a 7. dobásra érhet véget (a 6. dobás után a 7. kötelezően egyezni fog egy korábbival). A valószínűségek eloszlása:

• $P(X=2) = \frac{1}{6}$ (Bármit dobunk elsőre, a másodiknak ugyanannak kell lennie)
• $P(X=3) = \frac{5}{6} \cdot \frac{2}{6} = \frac{5}{18}$
• $P(X=4) = \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{3}{6} = \frac{5}{18}$
• $P(X=5) = \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{4}{6} = \frac{5}{27}$
• $P(X=6) = \frac{5!}{6^4} \cdot \frac{5}{6} = \frac{25}{324}$
• $P(X=7) = \frac{6!}{6^5} \cdot 1 = \frac{5}{324}$

A várható érték ezen valószínűségek súlyozott átlaga:

$$ E(X) = 2\cdot\frac{1}{6} + 3\cdot\frac{5}{18} + 4\cdot\frac{5}{18} + 5\cdot\frac{5}{27} + 6\cdot\frac{25}{324} + 7\cdot\frac{5}{324} = \frac{1223}{324} \approx \mathbf{3,775} $$

a) Az ábrát elemezve látható, hogy a kalap közepén egy olyan csúcs van, ami körül pontosan 3 deltoid találkozik, és hiánytalanul lefedik a síkot. Így ezen a csúcson a deltoid szöge $360^\circ / 3 = 120^\circ$.
Két másik típusú belső csúcsnál pontosan 4 deltoid találkozik, ezért itt a szögek $360^\circ / 4 = 90^\circ$-osak.
Mivel a négyszög belső szögeinek összege $360^\circ$, a negyedik szög $360^\circ - (120^\circ + 90^\circ + 90^\circ) = 60^\circ$.

b) A kalap területe $\sqrt{1728} = \sqrt{144 \cdot 12} = 24\sqrt{3}$. Mivel a kalap 8 egybevágó deltoidból áll, egy deltoid területe $\frac{24\sqrt{3}}{8} = 3\sqrt{3}$.
Egy ilyen deltoid (amelynek szögei 60-90-120-90 fokosak) a szimmetriatengelye mentén két egybevágó 30-60-90 fokos (fél szabályos) háromszögre bontható.
Jelölje a rövidebbik befogót (a deltoid rövidebb oldalát) $x$, ekkor a hosszabbik befogó (a deltoid hosszabbik oldala) $x\sqrt{3}$.
A deltoid területe a két háromszög területének összege:

$$ T = 2 \cdot \left(\frac{1}{2} x \cdot x\sqrt{3}\right) = x^2\sqrt{3} $$

Tudjuk, hogy ez $3\sqrt{3}$-mal egyenlő, amiből $x^2 = 3 \implies x = \sqrt{3}$.
A deltoid oldalainak hossza tehát $\sqrt{3}$ és $3$ területegység. A kalap kerületét leszámolva az ábráról, az 6 rövidebb és 8 hosszabb oldalból épül fel. A kerület:

$$ K = 6\sqrt{3} + 8 \cdot 3 = \mathbf{24 + 6\sqrt{3}} $$

c) A kalapot vizuálisan leképezve egy 8 csúcsú szomszédsági gráffal tudjuk modellezni a színezést. A belső 120 fokos csúcs körül lévő 3 deltoid egymással kölcsönösen szomszédos, így egy háromszöget alkotnak. Ezek színezését a 3 színnel $3! = 6$-féleképpen végezhetjük el.
A színezés lépésenkénti láncolatán végighaladva megállapítható a maradék deltoidok kombinatorikai függősége. A fa-szerűen kinyúló ágakon lévő egyedi deltoidok egymástól függetlenül $2^3 = 8$-féleképpen színezhetők. A csempézés alsó felén kialakuló 4-es "gyűrűben" két deltoid azonos vagy eltérő színezése pedig további $1 \cdot 2 + 1 \cdot 1 = 3$ esetet generál.
Összesen a kalap kiszínezési lehetőségeinek száma: $6 \cdot 8 \cdot 3 =$ 144-féleképpen lehetséges.

a) $12$ km/h sebesség esetén az egy kilométerre eső üzemanyagköltség $1,2 \cdot 12 = 14,4$ dukát. A 10 km-es út esetén ez összesen $144$ dukát.
Az út megtételéhez szükséges idő $t = \frac{10}{12}$ óra, ami alapján a rezsiköltség $90 \cdot \frac{10}{12} = 75$ dukát.
A teljes üzemeltetési költség tehát $144 + 75 =$ 219 dukát.

b) A teljes költségfüggvényt $v$ sebesség paraméterrel felírva a 10 km-es útra:

$$ K(v) = 1,2v \cdot 10 + 90 \cdot \frac{10}{v} = 12v + \frac{900}{v} $$

A függvény szélsőértékét a derivált nulla helyein kapjuk meg:

$$ K'(v) = 12 - \frac{900}{v^2} = 0 \implies v^2 = \frac{900}{12} = 75 $$

Mivel a sebesség pozitív, az optimális sebesség $v = \sqrt{75} \approx \mathbf{8,66\text{ km/h}}$. (A második derivált $\frac{1800}{v^3} > 0$, így ez valóban abszolút minimumhely).

A minimális költség behelyettesítéssel: $12\sqrt{75} + \frac{900}{\sqrt{75}} = 24\sqrt{75} \approx$ 207,8 dukát.

c) A jegyekért kifizetett összeg első úton $50 \cdot 1650 = 82\,500$ Ft, a visszaúton $70 \cdot 1500 = 105\,000$ Ft.
A két út összesített bevétele $187\,500$ Ft, az összes utas száma pedig $120$ fő.
A súlyozott átlagár: $\frac{187\,500}{120} =$ 1562,5 Ft.

a) A gyöktényezős alakot felhasználva a függvény egyenlete $f(x) = a(x+3)(x-4)$ formában írható fel. Az $y$-tengelymetszet miatt $f(0) = 6$ teljesül:

$$ a(0+3)(0-4) = 6 \implies -12a = 6 \implies a = -0,5 $$

A parabola egyenlete felbontva tehát $\mathbf{f(x) = -0,5x^2 + 0,5x + 6}$.

b) Az érintési pont y-koordinátája $g(4) = 0,5 \cdot 16 - 2 \cdot 4 - 6 = -6$. Az érintési pont koordinátái tehát $E(4; -6)$.
Az érintő meredeksége megegyezik a függvény $x=4$ pontjában vett deriváltjával: $g'(x) = x - 2 \implies g'(4) = 2$.
Az érintő iránytényezős egyenlete:

$$ y - (-6) = 2(x - 4) \implies \mathbf{y = 2x - 14} $$

c) A síkidomot határoló görbék metszéspontjait az alábbi egyenlet megoldásával kapjuk:

$$ 0,5x^2 - 2x - 6 = -2x + 2 \implies 0,5x^2 = 8 \implies x^2 = 16 \implies x = \pm 4 $$

Mivel az egyenes a $[-4; 4]$ intervallumon a parabola felett halad, a területet a határozott integrál felírásával kapjuk meg:

$$ T = \int_{-4}^{4} ((-2x + 2) - (0,5x^2 - 2x - 6)) dx = \int_{-4}^{4} (8 - 0,5x^2) dx $$

A primitív függvény: $\left[8x - \frac{x^3}{6}\right]_{-4}^{4}$. Kiszámítva a határokat:

$$ \left(32 - \frac{64}{6}\right) - \left(-32 + \frac{64}{6}\right) = 64 - \frac{128}{6} = 64 - 21,33 = \mathbf{42,67} $$

A határolt síkidom területe $42,67$ területegység.

a) Az ellenőrző kód kalkulációja során az értékeket a megadott súlyozással szorozzuk:

$$ 3 \cdot (2 + 1 + 5 + 7) + 7 \cdot (4 + 6 + 3 + 9) = 3 \cdot 15 + 7 \cdot 22 = 45 + 154 = 199 $$

A kapott összeg utolsó számjegye adja az ellenőrző számot, ami jelen esetben a 9.

b) Jelölje a letakart számjegyet $x$. A számsorozat (az ellenőrző számjegyet nem beleértve) így fest: $x, 1, 4, 5, 6, 4, 7, 9$.
Az ellenőrző összeg képlete:

$$ 3(x + 4 + 6 + 7) + 7(1 + 5 + 4 + 9) = 3(x + 17) + 7(19) = 3x + 184 $$

Mivel az utolsó karakter a hetes, az így kapott összegnek 7-re kell végződnie, amiből következik, hogy a $3x$-nek 3-ra kell végződnie. Ez kizárólag egyetlen számjegy esetén lehetséges: $\mathbf{x = 1}$.

c) A számítást felírva a 02563abba formátumú sorozatra (ahol az utolsó $a$ az ellenőrző érték):

$$ \text{Összeg} = 3(0 + 5 + 3 + b) + 7(2 + 6 + a + b) = 3(8 + b) + 7(8 + a + b) = 80 + 7a + 10b $$

Látható, hogy az $10b$ és a 80 egyaránt 10 többszöröse, így a végösszeg utolsó számjegye (ami az $a$) teljes mértékben a $7a$ utolsó számjegyétől függ. Vagyis:

$$ 7a \equiv a \pmod{10} \implies 6a \equiv 0 \pmod{10} $$

Mivel a számjegyek $0$-tól $9$-ig terjedhetnek, ennek két esetben tesz eleget egy számjegy: $a = 0$ és $a = 5$. A keresett értékek az $\mathbf{\{0, 5\}}$ halmazból kerülhetnek ki.

d) A binomiális eloszlást alkalmazva a "több mint 1" valószínűségét komplementer módon határozzuk meg (1-ből levonjuk annak esélyét, hogy nulla vagy pontosan egy TAJ hibás):

$$ P(X > 1) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) $$ $$ P(X = 0) = 0,985^{20} \approx 0,739 $$ $$ P(X = 1) = \binom{20}{1} \cdot 0,015^1 \cdot 0,985^{19} \approx 20 \cdot 0,015 \cdot 0,750 \approx 0,225 $$ $$ P(X > 1) = 1 - 0,739 - 0,225 = \mathbf{0,036} $$