2025. Májusi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Jelölje a cipők novemberi árát forintban $x$, $y$ és $z$, ahol $x \le y \le z$. A feladat szövege alapján a következő háromismeretlenes egyenletrendszert írhatjuk fel:

$$ \begin{cases} x + y + z = 45\,000 \\ 0,5x + 0,8y + z = 37\,000 \\ 1,3x + y + z = 48\,000 \end{cases} $$

A harmadik egyenletből kivonva az elsőt:

$$ 0,3x = 3\,000 \implies x = 10\,000 $$

Helyettesítsük vissza az $x = 10\,000$ értéket az első és második egyenletbe:

$$ \begin{cases} 10\,000 + y + z = 45\,000 \implies y + z = 35\,000 \\ 5\,000 + 0,8y + z = 37\,000 \implies 0,8y + z = 32\,000 \end{cases} $$

Vonjuk ki az első (módosított) egyenletből a másodikat:

$$ 0,2y = 3\,000 \implies y = 15\,000 $$

A hiányzó harmadik cipő ára ekkor $z = 35\,000 - 15\,000 = 20\,000$.

Tehát a három cipő novemberi ára 10 000 Ft, 15 000 Ft és 20 000 Ft volt.

---

b) Jelölje a számtani sorozat differenciáját $d$. Ekkor az első három szám felírható a következőképpen: $3$, $3 + d$, $3 + 2d$. A negyedik szám a feladat szerint $25$.

A feltétel alapján az utolsó három szám, azaz a $(3 + d)$, a $(3 + 2d)$ és a $25$ egy mértani sorozat egymást követő tagjai. A mértani közép tulajdonsága miatt a középső tag négyzete megegyezik a két szomszédos tag szorzatával:

$$ (3 + 2d)^2 = (3 + d) \cdot 25 $$

Bontsuk fel a zárójeleket:

$$ 9 + 12d + 4d^2 = 75 + 25d $$

Rendezzük az egyenletet nullára:

$$ 4d^2 - 13d - 66 = 0 $$

A másodfokú megoldóképlettel megkapjuk a differenciákat:

$$ d_{1,2} = \frac{13 \pm \sqrt{169 - 4 \cdot 4 \cdot (-66)}}{8} = \frac{13 \pm \sqrt{1225}}{8} = \frac{13 \pm 35}{8} $$

Ebből $d_1 = 6$ és $d_2 = -2,75$.

• Ha $d = 6$, akkor a hiányzó két szám a $3 + 6 = \mathbf{9}$ és a $3 + 12 = \mathbf{15}$. (A sorozat: 3, 9, 15, 25. Ez megfelel a feltételeknek, hiszen a 9, 15, 25 mértani sorozat hányadosa $\frac{5}{3}$.)
• Ha $d = -2,75$, akkor a két hiányzó szám a $3 - 2,75 = \mathbf{0,25}$ és a $3 - 5,5 = \mathbf{-2,5}$. (A sorozat: 3, 0,25, -2,5, 25. Az utolsó három tag mértani sorozat, melynek hányadosa $-10$.)

Tehát a keresett két szám a 9 és 15, vagy a 0,25 és -2,5.

a) Behelyettesítjük a megadott értékeket a képletbe ($t = 8$, $P(8) = 140$, $k = 1,5$, $c = 0,05$):

$$ 140 = \frac{E}{1 + 1,5 \cdot 2^{-0,05 \cdot 8}} $$ $$ 140 = \frac{E}{1 + 1,5 \cdot 2^{-0,4}} $$

A kifejezésből kifejezzük az eltartóképességet ($E$):

$$ E = 140 \cdot \left(1 + 1,5 \cdot 2^{-0,4}\right) \approx 299 $$

Tehát a sziget eltartóképessége ebből a fajból kb. 300 egyed (vagy 299).

---

b) Az ismert értékeket behelyettesítve a vizsgálat kezdetekor ($t = 0$):

$$ 200 = \frac{1500}{1 + k \cdot 2^{-c \cdot 0}} \implies 200 = \frac{1500}{1 + k} $$ $$ 1 + k = 7,5 \implies \mathbf{k = 6,5} $$

Az ötödik évben ($t = 5$) az egyedszám 350 lett. Behelyettesítjük az immár ismert $k$ értékkel:

$$ 350 = \frac{1500}{1 + 6,5 \cdot 2^{-5c}} $$ $$ 1 + 6,5 \cdot 2^{-5c} = \frac{1500}{350} = \frac{30}{7} $$ $$ 6,5 \cdot 2^{-5c} = \frac{30}{7} - 1 = \frac{23}{7} $$ $$ 2^{-5c} = \frac{23}{7 \cdot 6,5} = \frac{46}{91} \approx 0,5055 $$

Az egyenletet logaritmizálva:

$$ -5c = \log_2(0,5055) \approx -0,9842 \implies \mathbf{c \approx 0,197} $$

---

c) Azt kell belátnunk, hogy tetszőleges nemnegatív $t$ esetén fennáll a következő egyenlőtlenség:

$$ P(t) \le E \implies \frac{E}{1 + k \cdot 2^{-ct}} \le E $$

A modellt leíró szövegből tudjuk, hogy az állandók pozitívak ($E > 0$, $k > 0$, $c > 0$). Továbbá a $2$-nek tetszőleges valós kitevős hatványa pozitív, így $2^{-ct} > 0$.

Emiatt a tört nevezője, $1 + k \cdot 2^{-ct}$, biztosan szigorúan nagyobb $1$-nél.

Mivel egy pozitív számot ($E$) egy $1$-nél nagyobb számmal osztunk el, a hányados értéke garantáltan kisebb lesz, mint maga a számláló. Tehát:

$$ \frac{E}{1 + k \cdot 2^{-ct}} < E $$

Ezzel az állítást igazoltuk.

a) Az $a_n = a_{n-1} + n$ képletet felhasználva fejezzük ki a sorozat tagjait az első tag, $a_1$ segítségével:

$$ a_2 = a_1 + 2 $$ $$ a_3 = a_2 + 3 = a_1 + 5 $$ $$ a_4 = a_3 + 4 = a_1 + 9 $$

Mivel egy négyszög belső szögeinek összege mindig $360^\circ$, felírhatjuk az egyenletet:

$$ a_1 + a_2 + a_3 + a_4 = 360^\circ $$ $$ a_1 + (a_1 + 2) + (a_1 + 5) + (a_1 + 9) = 360 $$ $$ 4a_1 + 16 = 360 \implies a_1 = 86 $$

A négyszög belső szögei tehát: 86°, 88°, 91° és 95°.

---

b) Az $ABC$ háromszögben ismert két oldal és az egyikkel szemközti szög ($AB = 18$, $AC = 20$, $ABC\sphericalangle = 70^\circ$). Használjuk a szinusztételt a $BCA\sphericalangle$ meghatározásához:

$$ \frac{\sin BCA\sphericalangle}{18} = \frac{\sin 70^\circ}{20} \implies \sin BCA\sphericalangle \approx 0,8457 $$

Ebből $BCA\sphericalangle \approx 57,75^\circ$. (Tompaszög nem lehet, mert a háromszögben a nagyobb oldallal – 20 cm – szemben nagyobb szög van, a 18 cm-es oldallal szemben tompaszög emiatt nem állhat).

Az $ABC$ háromszög harmadik szöge:

$$ CAB\sphericalangle = 180^\circ - 70^\circ - 57,75^\circ = 52,25^\circ $$

Mivel a teljes $DAB\sphericalangle$ derékszög ($90^\circ$), a felosztott másik szög, azaz a $DAC\sphericalangle$ nagysága:

$$ DAC\sphericalangle = 90^\circ - 52,25^\circ = 37,75^\circ $$

A keresett $BC$ oldalt az $ABC$ háromszögben koszinusztétellel számoljuk ki (vagy közvetlenül a $CAB\sphericalangle$-re alkalmazott szinusztétellel, ami egyszerűbb):

$$ BC^2 = 20^2 + 18^2 - 2 \cdot 20 \cdot 18 \cdot \cos(52,25^\circ) \implies \mathbf{BC \approx 16,83 \text{ cm}} $$

A $CD$ oldalt pedig az $ACD$ háromszögben lévő adatokból koszinusztétellel határozzuk meg:

$$ CD^2 = 20^2 + 15^2 - 2 \cdot 20 \cdot 15 \cdot \cos(37,75^\circ) \implies CD^2 \approx 150,6 \implies \mathbf{CD \approx 12,27 \text{ cm}} $$

a) Mivel a kör középpontja az $y$ tengelyen található, jelöljük a koordinátáit $C(0; v)$-vel. A középpontnak az $A$ és $B$ pontoktól vett távolsága egyenlő (ez adja a kör $r$ sugarát). A távolságképlet négyzeteit felírva: $CA^2 = CB^2$.

$$ 5^2 + (14 - v)^2 = 7^2 + (6 - v)^2 $$

Kifejtve a zárójeleket:

$$ 25 + 196 - 28v + v^2 = 49 + 36 - 12v + v^2 $$

Vonjuk ki mindkét oldalból a $v^2$-t, és vonjuk össze az állandókat:

$$ 221 - 28v = 85 - 12v $$ $$ 136 = 16v \implies v = 8,5 $$

Tehát a kör középpontja $C(0; 8,5)$. A sugár négyzete ($r^2$) behelyettesítéssel számolható:

$$ r^2 = 5^2 + (14 - 8,5)^2 = 25 + 5,5^2 = 25 + 30,25 = 55,25 $$

A kör egyenlete: $x^2 + (y - 8,5)^2 = 55,25$.

---

b) Mivel a parabola tengelypontja a $B(7; 6)$ pont, ebből következik, hogy $u = 7$ és $v = 6$. A parabola egyenlete így alakul:

$$ y = \frac{1}{2p}(x - 7)^2 + 6 $$

Mivel a parabola áthalad az $A(5; 14)$ ponton, ezt behelyettesíthetjük az $x$ és $y$ helyére:

$$ 14 = \frac{1}{2p}(5 - 7)^2 + 6 $$ $$ 8 = \frac{1}{2p}(-2)^2 = \frac{4}{2p} $$

Mindkét oldalt szorozva $2p$-vel és osztva 8-cal kapjuk:

$$ 16p = 4 \implies \mathbf{p = \frac{1}{4}} $$

a) Jelölje a fiúk számát az iskolában $n$. Ekkor a lányok száma $510 - n$. A kitűnők számára felírható összefüggések a következők:

$$ n \cdot \frac{p}{100} = 13 \implies p = \frac{1300}{n} $$ $$ (510 - n) \cdot \frac{p + 3}{100} = 20 $$

Helyettesítsük be a $p$ értékét a lányok egyenletébe:

$$ (510 - n) \cdot \left(\frac{1300}{n} + 3\right) = 2000 $$

Szorozzuk meg mindkét oldalt $n$-nel, és végezzük el a beszorzást:

$$ (510 - n) \cdot (1300 + 3n) = 2000n $$ $$ 663\,000 + 1530n - 1300n - 3n^2 = 2000n $$

Nullára rendezve kapjuk a következő másodfokú egyenletet:

$$ 3n^2 + 1770n - 663\,000 = 0 $$

Oszthatjuk 3-mal, így: $n^2 + 590n - 221\,000 = 0$. Ennek a másodfokú egyenletnek a pozitív gyöke $n = 260$.

Tehát az iskolában a fiúk száma 260, a lányok száma pedig 250.

---

b) Klasszikus valószínűségi modellel dolgozunk. Az összes lehetőség arra, hogy 33 kitűnő tanulóból kiválasztunk hármat (sorrendre való tekintet nélkül): $\binom{33}{3} = 5456$.

A kedvező esetek száma (amikor 13 fiúból 1-et, és 20 lányból 2-t választunk): $\binom{13}{1} \cdot \binom{20}{2} = 13 \cdot 190 = 2470$.

A keresett valószínűség:

$$ P = \frac{2470}{5456} \approx \mathbf{0,453} $$

---

c) A sodrófadiagram (box-plot) elkészítéséhez 5 adatra van szükség: a minimumra, az alsó kvartilisre ($Q_1$), a mediánra, a felső kvartilisre ($Q_3$) és a maximumra.

• Mivel vannak kitűnő tanulók (5,0-es átlaggal), a maximum = 5,0.
• A terjedelmet (maximum - minimum) ismerjük (2,4), így a minimum = 5,0 - 2,4 = 2,6.
• A további adatok a feladat szövegéből adottak: $Q_1$ = 3,3; medián = 4,0; $Q_3$ = 4,6.

a) A halmazok vizsgálata az egyes függvények esetén:

• $f(x) = \sin x$: Nem szigorúan monoton növekedő (így nem M), nem konvex $\mathbb{R}$-en (így nem K), viszont alulról korlátos, minimuma $-1$ (így eleme A-nak). $\implies$ Csak $A$.
• $g(x) = \frac{1}{x}$: Nem M, nem K (a negatív félegyenesen konkáv), és nem korlátos alulról (nem A). $\implies$ Kívül esik mind a 3 halmazon.
• $h(x) = 2^x$: Szigorúan növekszik (M), konvex (K), és alulról korlátos (A). $\implies$ A három halmaz metszetébe (M $\cap$ K $\cap$ A) kerül.
• $i(x) = \sqrt{x}$: Növekszik (M), alulról korlátos (A), viszont konkáv (nem K). $\implies$ M $\cap$ A (kivéve K).

---

b) A feladat egy olyan konvex ($K$) és alulról korlátos ($A$) függvényt keres, amely viszont nem szigorúan monoton növekedő (nincs az $M$-ben). Ilyen lehet például az alap parabola: $j(x) = x^2$.

---

c) A függvény egy felfelé nyíló parabola, melynek csúcspontja adja a minimumot. A teljes négyzetté alakítás módszerével:

$$ y = (x - 2)^2 - 1 = x^2 - 4x + 4 - 1 = x^2 - 4x + 3 $$

Tehát az együtthatók az összehasonlítás alapján: $b = -4$ és $c = 3$.

(Ugyanez deriválással is könnyen kiadódik: $(x^2+bx+c)' = 2x+b$, mely az $x=2$-ben nulla $\implies 4+b=0 \implies b=-4$. A függvényérték pedig: $2^2 - 4\cdot 2 + c = -1 \implies c = 3$.)

---

d) A megadott határozott integrált kiértékeljük a Newton-Leibniz formula alapján:

$$ \int_0^p \sin x \, dx = \Big[-\cos x\Big]_0^p = (-\cos p) - (-\cos 0) = -\cos p + 1 $$

A feladat szerint ez az érték $\frac{1}{2}$-del egyenlő:

$$ -\cos p + 1 = \frac{1}{2} \implies \cos p = \frac{1}{2} $$

A $[0; 2\pi]$ intervallumon ennek a trigonometrikus egyenletnek két megoldása van: $p_1 = \frac{\pi}{3}$ és $p_2 = \frac{5\pi}{3}$.

a) Az alaplap területe $6 \times 6 = 36\text{ dm}^2$. Ennek az anyagköltsége $36 \cdot 4 = 144$ tallér.

A négy oldallap elkészítésére a $300$ talléros keretből legfeljebb $300 - 144 = 156$ tallér marad. Egy oldallapra tehát maximum $156 \div 4 = 39$ tallér jut.

Egyetlen oldallap területe ekkor legfeljebb $\frac{39}{3} = 13\text{ dm}^2$ lehet. Mivel az alapéle $6\text{ dm}$, így a magasság ($m$) maximum:

$$ 6 \cdot m = 13 \implies m = \frac{13}{6}\text{ dm} $$

Tehát a doboz magassága legfeljebb $\frac{13}{6}$ dm lehet.

---

b) Jelölje a doboz alapélét $a$, a magasságát $b$. A teljes doboz költsége az alapterület és a négy oldallap árának összegeként felírva (a 300 talléros keretet teljes egészében kihasználva a térfogat maximalizálásához):

$$ a^2 \cdot 4 + 4ab \cdot 3 = 300 $$ $$ 4a^2 + 12ab = 300 $$

Ebből fejezzük ki $b$-t $a$ segítségével:

$$ 12ab = 300 - 4a^2 \implies b = \frac{300 - 4a^2}{12a} = \frac{25}{a} - \frac{a}{3} $$

Ezt a kifejezést helyettesítjük be a térfogatképletbe ($V = a^2 \cdot b$):

$$ V(a) = a^2 \left( \frac{25}{a} - \frac{a}{3} \right) = 25a - \frac{a^3}{3} $$

Keressük ezen függvény maximumát a pozitív számok halmazán. Szélsőérték ott lehet, ahol a függvény deriváltja nulla:

$$ V'(a) = 25 - a^2 = 0 \implies a = 5 $$

(A második derivált $V''(a) = -2a$, ami pozitív $a$ esetén negatív, így ez a hely valóban maximum.)

Az ehhez tartozó magasság:

$$ b = \frac{25}{5} - \frac{5}{3} = 5 - \frac{5}{3} = \frac{10}{3}\text{ dm} $$

Tehát a maximális térfogatú doboz élei: alapéle 5 dm, magassága $\frac{10}{3}$ dm.

---

c) A doboznak 5 lapja van: 1 alaplap és 4 oldallap. A színezések számolásánál bontsuk két fő esetre az alaplap színe szerint:

1. eset: Tegyük fel, hogy az alaplap kék.
Ekkor az oldallapok elszínezésének a forgatással egybeeső eseteket kiszűrve a következő lehetőségei vannak:

• Minden oldallap piros (4 db piros): 1 lehetőség
• Egyetlen oldallap piros (1 db piros, 3 db kék): 1 lehetőség
• Két oldallap piros: ez 2 lehetőség (a pirosak vagy egymás mellett szomszédosak, vagy egymással szemben vannak)
• Három oldallap piros (1 db kék): 1 lehetőség
• Minden oldallap kék (4 db kék): 1 lehetőség

Ez összesen $1 + 1 + 2 + 1 + 1 = 6$ féle különböző színezést jelent.

2. eset: Tegyük fel, hogy az alaplap piros.
A logika teljes egészében szimmetrikus, ez is újabb 6 lehetőséget fog eredményezni.

Összesen tehát $6 + 6 = \mathbf{12}$ féle különböző színezésű doboz készíthető.

a) Nem lehetséges. Egy ötpontú fagráfnak mindig pontosan $n-1$, azaz 4 éle van. Egy 5 pontú teljes gráfnak $\binom{5}{2} = 10$ éle van. A $G$ komplementerének élszáma ezért a hiányzó élek száma lesz, ami $10 - 4 = 6$. Mivel egy fagráfnak 5 ponton feltétlenül pontosan 4 éle kell legyen, a komplementer gráf a 6 élével semmiképp sem lehet fagráf (szükségképpen kört is tartalmaz).

---

b) A 6 pontból álló gráfban a 3 pont kiválasztásának összes lehetséges esete $\binom{6}{3} = 20$. Meg kell számolnunk, hány olyan háromszög van, melynek élei egyszínűek.

A zöld élek (ahol az egyik pont osztója a másiknak):

• Az 1 osztója mindennek: (1-2), (1-3), (1-4), (1-5), (1-6) $\implies$ 5 zöld él.
• A 2 osztója a többszöröseinek: (2-4), (2-6) $\implies$ 2 zöld él.
• A 3 osztója a 6-nak: (3-6) $\implies$ 1 zöld él.

A gráf 15 éléből tehát 8 zöld él van, és 7 piros él.

Zöld háromszögek száma: Mivel az 1 mindenkinek osztója, így az összes (A, B) zöld él az 1-gyel együtt zöld háromszöget (1-A-B) alkot. Ilyenek a (2-4), (2-6) és a (3-6) élekből származók. Azaz pontosan 3 zöld háromszög van (1-2-4, 1-2-6 és 1-3-6).

Piros háromszögek száma: Olyan 3 pontot keresünk, melyek közül semelyik sem osztója a másiknak. Ennek megfelelnek például a törzsszámokat tartalmazók és amik közt nincs többszörös-osztó viszony: a 2, 3, 5 pontokból álló 2-3-5; a 3-4-5, és a 4-5-6 is ilyenek. Ezek az élek pirosak, tehát ez is összesen 3 piros háromszög.

A kedvező esetek száma (zöld vagy piros) így $3 + 3 = 6$. A keresett valószínűség:

$$ P = \frac{6}{20} = \mathbf{0,3} $$

---

c) A húzások száma lehet 3, 4 vagy 5. Várható értékük $E(X) = \sum X_i \cdot P(X_i)$.

Húzzunk 3-szor ($X=3$): Ekkor a három húzott golyó mindegyike megegyező színű (ZZZ vagy PPP). Mivel a két eset szimmetrikus, a valószínűségét elegendő kétszerezni:

$$ P(3) = P(ZZZ) + P(PPP) = 2 \cdot \left( \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} \right) = \frac{1}{10} = 0,1 $$

Húzzunk 4-szer ($X=4$): 4 húzásra akkor van szükség és olyankor ér véget a játék, ha az első három golyó között 2 zöld és 1 piros volt, a negyedik pedig újra zöld (Z); (vagy ennek a piros színnel vett párja). A megfelelő húzási sorrend valószínűsége (a kedvező sorrendek, pl. ZZPZ, ZPZZ, PZZZ számával, azaz 3-mal szorozva):

$$ P(\text{végén 3. zöld}) = 3 \cdot \left( \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} \right) \cdot \frac{1}{3} = \frac{3}{20} = 0,15 $$

Mivel a pirosakkal ugyanígy nyerhetünk (a 3. pirost a negyedik helyen húzva), ezt meg kell szorozni kettővel:

$$ P(4) = 2 \cdot 0,15 = 0,3 $$

Húzzunk 5-ször ($X=5$): Mivel a játéknak legkésőbb az ötödik húzással vége kell, hogy legyen (hiszen a megmaradt 2 golyó nem lehet egyszínű 6 golyóból), ez az egyetlen maradék lehetőség:

$$ P(5) = 1 - 0,1 - 0,3 = 0,6 $$

A várható érték ennek megfelelően:

$$ E(X) = 3 \cdot 0,1 + 4 \cdot 0,3 + 5 \cdot 0,6 = 0,3 + 1,2 + 3,0 = \mathbf{4,5} $$

a) A (2)-es és (4)-es állítás kölcsönösen kizárja egymást, mert ha egy szám 20-szal osztható, akkor az utolsó számjegye feltétlenül 0. Ekkor viszont a számjegyeinek a szorzata is 0 kell legyen, tehát a szorzat nem lehet 20. Ezért a 4 állításból pont hármat úgy lehet teljesíteni, hogy az egyik kimarad az 1. és a 3. feltétel mellett.

Mivel a lehető legnagyobb számot keressük, fontos, hogy minél több számjegyből álljon, azaz a (1)-es (húszjegyű) állításnak mindenképpen igaznak kell lennie.

Ha a (4)-es (szorzat 20) is teljesülne a (3) mellett, akkor a számnak nem lehet 0 számjegye, így legalább húsz darab 1-essel kellene kezdeni, amivel máris betelne a 20-as összeg (csupa 1-es esetén azonban a szorzat csak 1 marad). A szorzat így nem lehet 20 a többi feltétel mellett, így a (4)-es a hamis állítás.

Tehát az első 3 feltételnek (1, 2, 3) kell teljesülnie. Azaz: húszjegyű, osztható 20-szal, és az összege 20. A legnagyobb számot úgy kapjuk, ha a legnagyobb számjegyeket írjuk a legnagyobb helyi értékekre, a végén pedig a 20-szal való oszthatóság miatt biztosan két nulla ("00") szerepel. Két darab kilencest kezdésre bevetve az eddigi összeg 18. A maradék 2-t a harmadik helyre tehetjük (992...). A többi pedig nulla.

Így a keresett legnagyobb szám: 99200000000000000000 (992 után tizenhét darab 0).

---

b) A komplementer módszert alkalmazva könnyebb meghatározni azokat a számokat, amik egyáltalán nem tartalmaznak 7-est, vagyis a $|\overline{A}|$ halmaz elemeit.

A húszjegyű szám első helyére a 0 nem állhat (mert akkor nem lenne 20 jegyű), valamint a feltétel szerint 7-es sem állhat. Tehát 8-féle számjegy választható az első helyre. A maradék 19 helyiértékre már a 0 választható, így ott helyenként 9-féle opció áll rendelkezésre.

$$ |\overline{A}| = 8 \cdot 9^{19} \approx 1,08 \cdot 10^{19} $$

Az összes húszjegyű szám száma ($|H|$): az első helyre 9-féle számjegy kerülhet, a többi 19 helyre pedig mind a 10 számjegy bevethető:

$$ |H| = 9 \cdot 10^{19} = 90 \cdot 10^{18} $$

A 7-est tartalmazó számok száma ($|A|$) a kettő különbsége:

$$ |A| = |H| - |\overline{A}| = 9 \cdot 10^{19} - 8 \cdot 9^{19} $$

Könnyen belátható, hogy az $1,08 \cdot 10^{19}$ megközelítőleg az egytizede csupán a $9 \cdot 10^{19}$ esetnek, ezért $|A| > |\overline{A}|$, azaz a 7-est tartalmazó számokból lényegesen több van.

---

c) A komplementer módszerrel fejezzük ki a valószínűséget:

$$ P(\text{van benne 7-es}) = 1 - P(\text{nincs benne 7-es}) $$ $$ P(\text{van benne 7-es}) = 1 - \frac{8 \cdot 9^{n-1}}{9 \cdot 10^{n-1}} $$

A feladat szerint ennek a valószínűségnek 0,99-nél nagyobbnak kell lennie:

$$ 1 - \frac{8}{9} \cdot \left(\frac{9}{10}\right)^{n-1} > 0,99 $$

Rendezzük az egyenlőtlenséget:

$$ 0,01 > \frac{8}{9} \cdot 0,9^{n-1} $$

Szorozzuk meg az egyenletet $\frac{9}{8}$-dal (ami 1,125):

$$ 0,01125 > 0,9^{n-1} $$

Mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve (a $\log 0,9$ negatív volta miatt a reláció megfordul az osztáskor):

$$ \lg(0,01125) > (n-1) \cdot \lg(0,9) $$ $$ n - 1 > \frac{\lg(0,01125)}{\lg(0,9)} \approx 42,59 $$ $$ n > 43,59 $$

Mivel $n$ pozitív egész szám (a számjegyek darabszáma), így $n \ge 44$. Tehát a szám legalább 44 jegyű kell legyen a kívánt valószínűség eléréséhez.