2024. Október Emelt Szintű Matematika Érettségi

1

12 pont

a

Legyen $ a $ és $ b $ két pozitív valós szám. Határozza meg az alábbi állítás logikai értékét (igaz vagy hamis)! Válaszát indokolja!
„Ha $ a > 6 $ és $ b > 8 $, akkor $ a $ és $ b $ számtani közepe nagyobb 7-nél.”

2 pont

b

Fogalmazza meg az előbbi állítás megfordítását, és határozza meg a megfordított állítás logikai értékét is! Válaszát indokolja!

3 pont

c

Határozza meg az $ x $ pozitív valós szám értékét úgy, hogy a 7-nek és az $ x $-nek a harmonikus közepe 10 legyen!

4 pont

d

Tudjuk, hogy az $ (A \land \neg B) \land (A \lor \neg C) $ kijelentés logikai értéke igaz.
Mit lehet tudni az $ A $, $ B $ és $ C $ kijelentések logikai értékéről?

	biztosan igaz	biztosan hamis	nem lehet eldönteni
$ A $
$ B $
$ C $

3 pont

a) Az állítás igaz. Helyes indoklás például az egyenlőtlenségek összeadásával: $ a + b > 14 $, amit kettővel osztva a számtani közepet kapjuk: $ \frac{a+b}{2} > 7 $.

b) A megfordítás: Ha $ a $ és $ b $ számtani közepe nagyobb 7-nél, akkor $ a > 6 $ és $ b > 8 $.
A megfordított állítás hamis. Jó ellenpélda: $ a = 5 $, $ b = 11 $. Ekkor $ \frac{5+11}{2} = 8 > 7 $, de az $ a > 6 $ feltétel nem teljesül.

c) A két szám harmonikus közepének képlete alapján megoldandó a következő egyenlet ($ x > 0 $): $$ \frac{2}{\frac{1}{7} + \frac{1}{x}} = 10 \implies \frac{2 \cdot 7 \cdot x}{x + 7} = 10 $$ Rendezve: $$ 14x = 10(x + 7) \implies 14x = 10x + 70 \implies 4x = 70 \implies \mathbf{x = 17,5} $$

d) A konjunkció ($ \land $) pontosan akkor igaz, ha mindkét tagja igaz. Így az első részből kapjuk, hogy $ A \land \neg B $ igaz, ami azt jelenti, hogy $ A $ biztosan igaz, és $ \neg B $ igaz, azaz $ B $ biztosan hamis.
A második rész ($ A \lor \neg C $) szintén igaz. Mivel $ A $ már biztosan igaz, a diszjunkció ($ \lor $) "vagy" kapcsolata mindenképpen igaz marad, függetlenül $ C $ értékétől. Tehát $ C $ logikai értéke nem lehet eldönteni.

	biztosan igaz	biztosan hamis	nem lehet eldönteni
$ A $	X
$ B $		X
$ C $			X

2

12 pont

Amikor egy csésze forró folyadékot beviszünk egy szobába, akkor a folyadék hőmérsékletének változását jó közelítéssel – Newton lehűlési törvénye szerint – a következő képlet írja le: $ T(t) = H + (T(0) - H) \cdot 2^{ct} $.
A képletben $ T(t) $ a folyadék hőmérséklete a vizsgálat kezdetétől számított $ t $ perc elteltével, $ H $ a szoba (állandónak tekinthető) hőmérséklete, $ T(0) $ a folyadék kezdeti hőmérséklete ($ T(0) > H $), $ c $ pedig a lehűlő folyadékot jellemző konstans. (A hőmérsékletet °C-ban mérjük.)
Egy csésze 75 °C-os kávét beviszünk egy 25 °C hőmérsékletű szobába. A kávéra jellemző $ c $ érték –0,209.

a

Számítsa ki, hogy negyedóra múlva milyen hőmérsékletű lesz a kávé!

4 pont

b

A vizsgálat kezdetétől számítva mennyi idő múlva hűl le a kávé 25,5 °C hőmérsékletűre?

4 pont

Egy csésze 85 °C-os hőmérsékletű kávét beviszünk egy ismeretlen hőmérsékletű szobába. 10 perc alatt a kávé 40 °C-ra hűl le.

c

Határozza meg a szoba hőmérsékletét!

4 pont

a) Az adatok behelyettesítése a képletbe ($ T(0) = 75 $, $ H = 25 $, $ t = 15 $, $ c = -0,209 $): $$ T(15) = 25 + (75 - 25) \cdot 2^{-0,209 \cdot 15} $$ $$ T(15) = 25 + 50 \cdot 2^{-3,135} \approx 25 + 5,69 \approx \mathbf{30,7 \text{ } ^\circ\text{C}} $$

b) Az ismert értékekkel felírt egyenlet: $$ 25,5 = 25 + 50 \cdot 2^{-0,209 \cdot t} $$ $$ 0,5 = 50 \cdot 2^{-0,209 \cdot t} \implies 0,01 = 2^{-0,209 \cdot t} $$ Mindkét oldal 2-es alapú logaritmusát (vagy 10-es alapút) véve: $$ \log_2 0,01 = -0,209t \implies -6,644 \approx -0,209t \implies \mathbf{t \approx 31,8 \text{ perc}} $$ Körülbelül 32 perc múlva hűl le a kávé 25,5 °C-ra.

c) A keresett változó a $ H $ szobahőmérséklet, a behelyettesítések ($ T(0) = 85 $, $ t = 10 $, $ T(10) = 40 $): $$ 40 = H + (85 - H) \cdot 2^{-0,209 \cdot 10} $$ $$ 40 = H + (85 - H) \cdot 2^{-2,09} $$ $$ 40 = H + (85 - H) \cdot 0,235 $$ $$ 40 = H + 19,975 - 0,235H \implies 20,025 = 0,765H \implies \mathbf{H \approx 26,2 \text{ } ^\circ\text{C}} $$ A szoba hőmérséklete körülbelül 26,2 °C.

3

12 pont

a

Oldja meg az alábbi egyenletet a valós számok halmazán! $$ \left| 2 \sin^2 x + 7 \sin x + 1 \right| = 5 $$

8 pont

b

Határozza meg az $ f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \; x \mapsto \sin x $ függvény grafikonja, az $ x = \frac{\pi}{6} $ és az $ x = \frac{5\pi}{6} $ egyenletű egyenesek, valamint az $ x $ tengely által közrezárt korlátos síkidom területét!

4 pont

a) Az abszolútérték miatt két esetet kell megvizsgálnunk.

1. eset: $ 2 \sin^2 x + 7 \sin x + 1 = 5 \implies 2 \sin^2 x + 7 \sin x - 4 = 0 $
Az egyenlet $ \sin x $-ben másodfokú, a megoldóképlettel a gyökei: $ \sin x = 0,5 $ és $ \sin x = -4 $. Mivel $ -1 \le \sin x \le 1 $, a $-4$ nem ad megoldást.
A $ \sin x = 0,5 $ megoldásai: $$ \mathbf{x = \frac{\pi}{6} + 2k\pi \quad \text{vagy} \quad x = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi \quad (k \in \mathbb{Z})} $$

2. eset: $ 2 \sin^2 x + 7 \sin x + 1 = -5 \implies 2 \sin^2 x + 7 \sin x + 6 = 0 $
Az egyenlet gyökei $ \sin x = -1,5 $ és $ \sin x = -2 $. Egyik sem esik a $ [-1; 1] $ intervallumba, így ebből az ágból nem kapunk új megoldást.

b) A $ [\frac{\pi}{6}; \frac{5\pi}{6}] $ intervallumon az $ f(x) = \sin x $ függvény pozitív, így a keresett síkidom területe egyszerűen a határozott integrállal számolható: $$ T = \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5\pi}{6}} \sin x \, dx = \left[ -\cos x \right]_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{5\pi}{6}} $$ A Newton-Leibniz szabállyal behelyettesítve: $$ T = \left( -\cos \frac{5\pi}{6} \right) - \left( -\cos \frac{\pi}{6} \right) = \left( -\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \right) - \left( -\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \mathbf{\sqrt{3}} \approx 1,73 $$

4

15 pont

Tekintsük azokat a háromszögeket, amelyeknek $ a $, $ b $ és $ c $ oldalaira teljesül, hogy (centiméterben mérve) $ b = a + 4 $ és $ c = a + 8 $.

a

Adott egy ilyen tulajdonságú háromszög, melynek legnagyobb szöge 120°. Határozza meg a háromszög oldalainak hosszát!

6 pont

b

Adott egy ilyen tulajdonságú háromszög, melynek leghosszabb oldala 24 cm hosszú. Határozza meg a háromszög területét!

5 pont

c

Igazolja, hogy minden ilyen tulajdonságú háromszög kerülete nagyobb, mint 24 cm!

4 pont

a) A háromszög legnagyobb szöge a leghosszabb oldallal ($ c $) van szemben. Felírjuk a koszinusztételt erre az oldalra: $$ c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos 120^\circ $$ $$ (a + 8)^2 = a^2 + (a + 4)^2 - 2a(a + 4)\left(-\frac{1}{2}\right) $$ $$ a^2 + 16a + 64 = a^2 + a^2 + 8a + 16 + a^2 + 4a $$ Rendezve nullára az egyenletet: $$ 2a^2 - 4a - 48 = 0 \implies a^2 - 2a - 24 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei $ a_1 = 6 $ és $ a_2 = -4 $. Mivel az oldal hossza csak pozitív lehet, az $ a = 6 $ a helyes megoldás.
A háromszög oldalai: 6 cm, 10 cm és 14 cm.

b) A leghosszabb oldal $ c = a + 8 = 24 $, amiből $ a = 16 $. Így a három oldal: 16, 20 és 24 cm. Ebből a legtisztábban a Hérón-képlettel számolhatunk. A félkerület: $$ s = \frac{16 + 20 + 24}{2} = 30 \text{ cm} $$ A terület: $$ T = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \sqrt{30 \cdot 14 \cdot 10 \cdot 6} = \sqrt{25200} = \mathbf{60\sqrt{7} \approx 158,7 \text{ cm}^2} $$

c) Mivel $ c $ a leghosszabb oldal, a háromszög-egyenlőtlenség egyetlen nemtriviális feltétele, hogy $ a + b > c $. Behelyettesítve a megadott formulákat: $$ a + (a + 4) > a + 8 $$ $$ 2a + 4 > a + 8 \implies a > 4 $$ A háromszög kerülete $ K = a + (a+4) + (a+8) = 3a + 12 $. Mivel $ a > 4 $, a kerületre felírhatjuk: $$ K > 3 \cdot 4 + 12 = \mathbf{24 \text{ cm}} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

5

16 pont

Egy szabályos dobókockával hatszor dobtunk. A dobott számok monoton növekvő sorrendben: 1, 2, 2, 3, 3, 3.

a

Határozza meg a dobott számok átlagát és szórását!

3 pont

b

Hány olyan különböző dobássorozat van, amely egy darab 1-esből, két darab 2-esből és három darab 3-asból áll?

3 pont

Egy szabályos dobókockával kétszer dobunk.

c

Határozza meg annak a valószínűségét, hogy a két dobott szám szorzata 2-vel osztható lesz, de 4-gyel nem!

5 pont

Egy kék és egy zöld dobókockával dobunk, a dobás kimenetele egy számpár. Jelölje $ (k, z) $ a dobásnak azt a kimenetelét, amikor a kék kockával dobott szám $ k $, a zöld kockával dobott szám pedig $ z $.
Legyen a $ H $ alaphalmaz a dobás kimeneteleként megkapható összes lehetséges $ (k, z) $ számpár halmaza. Az $ A $, $ B $ és $ C $ részhalmazokat a következőképpen definiáljuk:
$ A = \{ (k, z) \mid k + z \text{ összeg prím} \} $
$ B = \{ (k, z) \mid k \cdot z \text{ szorzat prím} \} $
$ C = \{ (k, z) \mid k = z \} $

d

Satírozással jelölje a Venn-diagramon a $ H $-nak azt a részhalmazát, amelyik üres halmaz!
A Venn-diagram minden egyes további tartományába írjon egy-egy megfelelő számpárt!

5 pont

a) Az átlag: $$ \overline{x} = \frac{1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3}{6} = \frac{14}{6} = \mathbf{\frac{7}{3} \approx 2,33} $$ A szórás az átlagtól vett eltérések négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{1 \cdot \left(1 - \frac{7}{3}\right)^2 + 2 \cdot \left(2 - \frac{7}{3}\right)^2 + 3 \cdot \left(3 - \frac{7}{3}\right)^2}{6}} = \sqrt{\frac{\frac{16}{9} + \frac{2}{9} + \frac{12}{9}}{6}} = \sqrt{\frac{30}{54}} = \mathbf{\frac{\sqrt{5}}{3} \approx 0,745} $$

b) A dobássorozatok száma megegyezik a halmaz elemeinek ismétléses permutációival: $$ P_6^{1,2,3} = \frac{6!}{1! \cdot 2! \cdot 3!} = \mathbf{60} $$

c) Két dobás összes lehetséges eseteinek száma $6 \cdot 6 = 36$.
A szorzat pontosan akkor osztható 2-vel, de nem 4-gyel, ha az egyik szám páros, de nem néggyel osztható (vagyis 2 vagy 6), a másik szám pedig páratlan (1, 3 vagy 5).
Ezek a megfelelő párok a $ (2, 1), (2, 3), (2, 5) $ és $ (6, 1), (6, 3), (6, 5) $. Mivel a két kockával való dobás sorrendje számít, a fordítottjaik is jók, így összesen $ 6 \cdot 2 = 12 $ kedvező eset van.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{12}{36} = \mathbf{\frac{1}{3}} $$

d) Az üres halmaz pontosan a $ B \cap C $ tartomány (ahol $ B $ és $ C $ metszik egymást). Ugyanis ha $ k = z $ ($ C $ halmaz) és a szorzatuk $ k \cdot z = k^2 $ egy prímszám ($ B $ halmaz), az lehetetlen az egész számok körében, hiszen a négyzetszámoknak legalább 3 osztójuk van.

6

16 pont

Az $ OAB $ egyenlőszárú háromszög $ OA $ és $ OB $ szárai 12 cm hosszúak, $ AOB $ szöge 75°. Az $ OA $ szakasz $ C $ pontját és az $ OB $ szakasz $ D $ pontját egy $ O $ középpontú, 8 cm sugarú körív köti össze.

a

Határozza meg a szürkére színezett tartomány területét és kerületét!

8 pont

Az $ OAB $ háromszöget megforgatjuk az $ OA $ oldal egyenese körül.

b

Határozza meg az így keletkező forgástest térfogatát!

4 pont

Az alábbi ábrán látható négy tartományt piros, kék és zöld színnel színezzük ki úgy, hogy egy tartományhoz egy színt használunk. A háromszöget az ív, és egy a csúcsból kiinduló egyenes negyedeli.

c

Hányféleképpen színezhetjük ki a négy tartományt, ha szomszédos tartományok nem lehetnek azonos színűek? (Két tartomány szomszédos, ha van közös határvonaluk. A színezéshez nem szükséges mindhárom színt felhasználni.)

4 pont

a) Az $ OAB $ háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{12 \cdot 12 \cdot \sin 75^\circ}{2} \approx 69,5 \text{ cm}^2 $$ Az $ OCD $ körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{75^\circ}{360^\circ} \cdot 8^2 \pi \approx 41,9 \text{ cm}^2 $$ A szürkére színezett tartomány területe ezek különbsége: $$ T = 69,5 - 41,9 = \mathbf{27,6 \text{ cm}^2} $$ A kerülethez szükségünk van az $ AB $ oldal hosszára a koszinusztétellel: $$ AB = \sqrt{12^2 + 12^2 - 2 \cdot 12 \cdot 12 \cdot \cos 75^\circ} \approx 14,6 \text{ cm} $$ A $ CD $ körív hossza: $$ i_{CD} = \frac{75^\circ}{360^\circ} \cdot 2 \cdot 8 \pi \approx 10,5 \text{ cm} $$ Az egyenes szakaszok: $ CA = DB = 12 - 8 = 4 \text{ cm} $.
A szürke tartomány kerülete: $$ K = 14,6 + 4 + 10,5 + 4 = \mathbf{33,1 \text{ cm}} $$

b) A forgástest két forgáskúp egyesítése. Az alapkörük közös, amelynek sugara az $ OAB $ háromszög $ B $-hez tartozó magassága: $$ r = 12 \cdot \sin 75^\circ \approx 11,6 \text{ cm} $$ A két forgáskúp magasságának összege éppen az $ OA $ oldal hossza, azaz $ m_1 + m_2 = 12 \text{ cm} $.
A test térfogata tehát a két kúp térfogatának összege: $$ V = \frac{1}{3} r^2 \pi \cdot m_1 + \frac{1}{3} r^2 \pi \cdot m_2 = \frac{1}{3} r^2 \pi (m_1 + m_2) = \frac{11,6^2 \cdot \pi \cdot 12}{3} \approx \mathbf{1691 \text{ cm}^3} $$

c) A feladat egy gráf színezésére vezethető vissza. A szomszédsági viszonyokat figyelembe véve egy 4 hosszú kört (ciklushálót) alkotnak a tartományok: a két csúcsból induló vonal melletti részek és a körív melletti részek.
Nevezzük a négy tartományt $ A, B, C $ és $ D $-nek oly módon, hogy $ A $ és $ B $ szomszédos, $ B $ és $ C $ szomszédos, $ C $ és $ D $ szomszédos, valamint $ D $ és $ A $ szomszédos. ($ A $ és $ C $, valamint $ B $ és $ D $ nem szomszédosak.)
- Két szomszédos tartományt (például $ A $-t és $ B $-t) $ 3 \cdot 2 = 6 $-féleképpen színezhetünk ki.
- Ezt követően, ha a $ C $ tartomány színe megegyezik az $ A $ színével (ami megengedett), akkor a $ D $ tartomány 2-féle színt is kaphat a harmadik szín és az előbbi szín közül (hiszen $ D $ szomszédai az $ A $ és a vele azonos színű $ C $). Ez $ 6 \cdot 1 \cdot 2 = 12 $ lehetőség.
- Ha pedig a $ C $ tartomány színe a harmadik, eddig nem használt szín, akkor $ A $ és $ C $ különböző színű, így a $ D $ tartomány már csak a maradék egyetlen színt ($ B $ színét) kaphatja. Ez $ 6 \cdot 1 \cdot 1 = 6 $ lehetőség.
Összesen $ 12 + 6 = $ 18 megfelelő színezés van.

7

16 pont

Alízék osztálytermében az egyik fal mellett három sorban 12-12, összesen 36 szekrény található a diákok számára, 1-től 36-ig megszámozva. Az osztályba 33-an járnak. Tanév elején minden diák – sorsolás útján – egy-egy szekrényt kap. Három szekrény így a sorsolás után üresen marad.

a

Legyen az $ A $ esemény az, hogy a három üresen maradó szekrény egy sorban található, a $ B $ esemény pedig az, hogy a három üresen maradó szekrény három különböző sorban található. Melyik eseménynek nagyobb a valószínűsége?

6 pont

A szekrények téglatest alakúak. Egy-egy szekrény belseje 20 cm széles, 35 cm magas és 30 cm mély.

b

Határozza meg a leghosszabb egyenes pálca hosszát, ami elhelyezhető a szekrényben! (A pálca vastagságától eltekinthetünk.)

3 pont

Alíz, Boglárka, Csenge és Dorka szekrénykulcsai összekeveredtek, és a négy lány véletlenszerűen osztja el egymás közt a négy kulcsot.

c

Határozza meg annak a valószínűségét, hogy legalább két lány a saját kulcsát kapja vissza!

7 pont

a) Az összes lehetséges eset (a 3 üres szekrény kiválasztása 36-ból): $$ \binom{36}{3} = 7140 $$ Az $ A $ esemény (mindhárom üres szekrény egy sorban van) kedvező eseteinek száma, figyelembe véve a 3 különböző sort: $$ 3 \cdot \binom{12}{3} = 3 \cdot 220 = 660 $$ A $ B $ esemény (a 3 üres szekrény különböző sorokban van) kedvező esetei: $$ \binom{12}{1} \cdot \binom{12}{1} \cdot \binom{12}{1} = 12^3 = 1728 $$ Látható, hogy $ 1728 > 660 $, így a $ B $ esemény valószínűsége a nagyobb.

b) A leghosszabb elhelyezhető pálca a téglatest testátlója mentén fér el. A testátló hossza a Pitagorasz-tétel térbeli kiterjesztésével számolható: $$ d = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} = \sqrt{20^2 + 35^2 + 30^2} = \sqrt{400 + 1225 + 900} = \sqrt{2525} \approx \mathbf{50,2 \text{ cm}} $$ Nagyjából 50 cm hosszú a leghosszabb elhelyezhető pálca.

c) Az összes lehetséges kiosztás száma a lányok között a kulcsok permutációinak száma: $ 4! = 24 $.
Megvizsgáljuk a kedvező eseteket (legalább két lány visszakapja a sajátját):
- Ha pontosan 4 lány kapja vissza, az csak 1 féleképpen lehet.
- Pontosan 3 lány nem kaphatja meg a sajátját, hiszen ekkor a negyediknek is meg kellene egyeznie a maradék kulccsal. Ez 0 eset.
- Ha pontosan 2 lány kapja vissza a sajátját, akkor a maradék 2 lány pont egymás kulcsát cserélte el. Ezt úgy választhatjuk ki, hogy 4 lányból kiválasztjuk azt a 2-t, aki a sajátját kapja. Ennek lehetőségeinek száma: $$ \binom{4}{2} = \mathbf{6} \text{ eset.} $$ Az összes kedvező eset tehát $ 1 + 6 = 7 $. A keresett valószínűség: $$ P = \mathbf{\frac{7}{24} \approx 0,292} $$

8

16 pont

Egy növényfaj ezer darab magjának tömegét grammban megadva kapjuk az úgynevezett ezermagtömeget. Egy bizonyos fajta zab ezermagtömege 35 gramm.

a

Kb. hány darab magot tartalmaz egy tonna zabmag ebből a fajtából? Válaszát normálalakban adja meg!

3 pont

Jancsi nyári diákmunkaként zabhegyezést vállalt Kukutyinban. Tudja, hogy ha a zabhegyező gépbe $ k $ kg zabot helyez, akkor a gép $ \frac{k^2}{40} + 90 $ perc alatt végez a zabhegyezéssel.
Jancsinak összesen 1000 kg zabot kell kihegyeznie a gép segítségével. Elhatározza, hogy a zabot egyenlő részekre osztva fogja kihegyezni.

b

Hány óra alatt végez Jancsi a zabhegyezéssel, ha 8 egyenlő részre osztja az 1000 kg zabot?

3 pont

c

Az 1000 kg zabot $ n $ egyenlő részre osztjuk ($ n \in \mathbb{Z}^+ $). Határozza meg $ n $ értékét úgy, hogy az 1000 kg zab kihegyezésének ideje minimális legyen! Hány óra ez a minimális idő?

10 pont

a) 1 tonna megegyezik 1 000 000 grammal. Mivel 35 gramm zabmag 1000 darab magot tartalmaz, egy egyszerű aránypárral adódik: $$ N = \frac{1\,000\,000}{35} \cdot 1000 \approx 28\,571\,428 \text{ db} $$ Ezt normálalakban kifejezve: $ 2,857 \cdot 10^7 $ darab magot tartalmaz.

b) Ha 8 egyenlő részre osztja, akkor egy adag zab tömege $ k = \frac{1000}{8} = 125 $ kg.
Egy adag elkészítésének ideje a képlettel: $$ t_1 = \frac{125^2}{40} + 90 = \frac{15625}{40} + 90 = 390,625 + 90 = 480,625 \text{ perc} $$ A teljes idő a 8 adagra: $$ 8 \cdot 480,625 = 3845 \text{ perc} $$ Ezt órába átváltva: $ \frac{3845}{60} \approx \mathbf{64 \text{ óra}} $.

c) Ha $ n $ egyenlő részre osztjuk a zabot, egy adag tömege $ k = \frac{1000}{n} $ lesz. Az összes idő $ n $ részre: $$ T(n) = n \cdot \left( \frac{\left(\frac{1000}{n}\right)^2}{40} + 90 \right) = n \cdot \left( \frac{1\,000\,000}{40n^2} + 90 \right) = \frac{25\,000}{n} + 90n $$ Ennek a kifejezésnek keressük a minimumát pozitív egész $ n $ esetén. Alkalmazzuk elegánsan a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget a két tagra ($ A + B \ge 2\sqrt{AB} $): $$ \frac{25\,000}{n} + 90n \ge 2\sqrt{\frac{25\,000}{n} \cdot 90n} = 2\sqrt{2\,250\,000} = 2 \cdot 1500 = 3000 \text{ perc} $$ Az egyenlőség pontosan akkor állna fenn, ha a két tag egyenlő: $$ \frac{25\,000}{n} = 90n \implies n^2 = \frac{25\,000}{90} \approx 277,7 \implies n \approx 16,67 $$ Mivel $ n $-nek egésznek kell lennie, a két legközelebbi értéket, a 16-ot és a 17-et vizsgáljuk meg: $$ T(16) = \frac{25\,000}{16} + 90 \cdot 16 = 1562,5 + 1440 = 3002,5 \text{ perc} $$ $$ T(17) = \frac{25\,000}{17} + 90 \cdot 17 \approx 1470,59 + 1530 = 3000,59 \text{ perc} $$ Látható, hogy az $ \mathbf{n = 17} $ esetén kapjuk a minimális időt. A legkisebb idő tehát körülbelül 3000 perc, ami osztva 60-nal pontosan 50 óra.

9

16 pont

Egy mértani sorozat $ n $-edik tagja $ a_n = 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^n $ ($ n \in \mathbb{Z}^+ $).

a

Határozza meg azt a legkisebb $ n $ értéket, amelyre $ |a_n| < 10^{-7} $ teljesül!

6 pont

b

Határozza meg a mértani sorozat első 10 tagjának összegét! Válaszát $ -\frac{k}{m} $ alakban adja meg, ahol $ k $ és $ m $ relatív prímek!

4 pont

A $ \{b_n\} $ sorozat $ n $-edik tagja $ b_n = 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^n + 2 $ ($ n \in \mathbb{Z}^+ $).

c

Igazolja, hogy (minden pozitív egész $ n $-re) $ 2b_{n+2} - b_{n+1} - b_n = 0 $.

6 pont

a) Az egyenlőtlenségbe beírva a sorozat $ n $-edik tagját és az abszolútértéket felbontva kapjuk: $$ \left| 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^n \right| = 2 \cdot \left(\frac{1}{2}\right)^n = 2^{1-n} $$ $$ 2^{1-n} < 10^{-7} \implies 2^{n-1} > 10^7 $$ Mindkét oldal 10-es alapú (vagy 2-es alapú) logaritmusát véve, és tudva, hogy a függvény szigorúan monoton növekvő: $$ (n-1) \cdot \lg 2 > 7 \implies n - 1 > \frac{7}{\lg 2} \approx 23,25 $$ $$ n > 24,25 $$ A legkisebb megfelelő pozitív egész érték az $ n = 25 $.

b) A sorozat első tagja ($ n = 1 $): $ a_1 = 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^1 = -1 $.
A sorozat kvóciense (hányadosa): $ q = -\frac{1}{2} $.
Az első 10 tag összegét a mértani sorozat összegképletével számítjuk ki: $$ S_{10} = a_1 \frac{q^{10} - 1}{q - 1} = (-1) \frac{\left(-\frac{1}{2}\right)^{10} - 1}{-\frac{1}{2} - 1} $$ Kiszámolva a hatványt és egyszerűsítve: $$ S_{10} = (-1) \frac{\frac{1}{1024} - 1}{-\frac{3}{2}} = (-1) \frac{-\frac{1023}{1024}}{-\frac{3}{2}} = - \left( \frac{1023}{1024} \cdot \frac{2}{3} \right) = \mathbf{-\frac{341}{512}} $$

c) Vegyük észre, hogy a $ \{b_n\} $ sorozat felírható a következőképpen: $ b_n = a_n + 2 $. Helyettesítsük be ezt a bizonyítandó algebrai kifejezésbe: $$ 2b_{n+2} - b_{n+1} - b_n = 2(a_{n+2} + 2) - (a_{n+1} + 2) - (a_n + 2) $$ A konstansokat összevonva ($ 4 - 2 - 2 = 0 $), azok kiesnek: $$ = 2a_{n+2} - a_{n+1} - a_n $$ Mivel $ a_n $ egy $ q = -\frac{1}{2} $ kvóciensű mértani sorozat, $ a_{n+1} = a_n \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) $ és $ a_{n+2} = a_n \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)^2 = a_n \cdot \frac{1}{4} $.
Ezeket behelyettesítve és az $ a_n $ közös tényezőt kiemelve: $$ = a_n \left( 2 \cdot \frac{1}{4} - \left(-\frac{1}{2}\right) - 1 \right) = a_n \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - 1 \right) = a_n \cdot 0 = \mathbf{0} $$ Az átalakítások ekvivalensek voltak, így az eredeti állítást beláttuk minden pozitív egész $ n $-re.