Exponenciális egyenletek

a) 1957-től 2026-ig eltelt pontosan $t = 2026 - 1957 = 69$ év.

A kísérlet során felszabadult stroncium-90-ből ennyi maradt meg a környezetben:

$$ f(69) = 32 \cdot 0,5^{\frac{69}{29}} \approx \mathbf{6,15 \text{ gramm}} $$

b) Az exponenciális csökkenés miatt elegendő a változást csupán 1 évre megvizsgálni. Egy év elteltével a stroncium tömegének aránya a kezdeti értékhez képest:

$$ \frac{f(1)}{f(0)} = \frac{m \cdot 0,5^{\frac{1}{29}}}{m} = 0,5^{\frac{1}{29}} \approx 0,976 $$

Ez azt jelenti, hogy az anyag 97,6%-a marad meg 1 év elteltével. A csökkenés mértéke tehát $100\% - 97,6\% = \mathbf{2,4\%}$-os évenként.

c) Jelölje $t$ a stroncium-90 környezetbe kerülésétől 2026-ig eltelt évek számát. Ekkor:

$$ 33,3 = 50 \cdot 0,5^{\frac{t}{29}} $$

Az egyenlet mindkét oldalát elosztjuk 50-nel:

$$ 0,666 = 0,5^{\frac{t}{29}} $$

A kitevő meghatározásához vegyük mindkét oldal logaritmusát (akár 0,5-ös alapút, akár tízeset):

$$ \frac{t}{29} = \log_{0,5} 0,666 $$ $$ t = 29 \cdot \frac{\lg 0,666}{\lg 0,5} \approx 29 \cdot 0,586 \approx 17 $$

Körülbelül 17 év telt el a kibocsátás óta, ez alapján a stroncium-90 ($2026 - 17 =) $ 2009-ben kerülhetett a környezetbe.

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) 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 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.

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:

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

Az inverzfüggvény értelmezési tartománya tehát a \( \{0,5; 1; 4; 16\} \) halmaz.

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 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) Mivel a 24 darab adat 360°-nak felel meg, egy töltőhöz \( \frac{360^\circ}{24} = 15^\circ \) tartozik. Ennek alapján a darabszámok:

Az átlag kiszámítása a súlyozott számtani közép segítségével: $$ \overline{x} = \frac{2 \cdot 49 + 4 \cdot 50 + 7 \cdot 51 + 4 \cdot 52 + 5 \cdot 53 + 2 \cdot 54}{24} = \frac{1236}{24} = \mathbf{51,5 \text{ hónap}} $$ A szórás az adatok átlagtól vett eltérésének négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{2(49 - 51,5)^2 + 4(50 - 51,5)^2 + 7(51 - 51,5)^2 + \dots + 2(54 - 51,5)^2}{24}} $$ $$ \sigma = \sqrt{\frac{48}{24}} = \sqrt{2} \approx \mathbf{1,41 \text{ hónap}} $$

b) Annak valószínűsége, hogy egy töltő élettartama 50 hónapnál kevesebb: \( p = 1 - 0,9 = 0,1 \). A binomiális eloszlást alkalmazzuk, ahol a vizsgált elemek száma \( n = 20 \), és legfeljebb 2 selejtes/rövidebb élettartamút keresünk (\( k = 0, 1, 2 \)): $$ P(X \le 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) $$ $$ P(X=0) = \binom{20}{0} \cdot 0,1^0 \cdot 0,9^{20} \approx 0,1216 $$ $$ P(X=1) = \binom{20}{1} \cdot 0,1^1 \cdot 0,9^{19} \approx 0,2702 $$ $$ P(X=2) = \binom{20}{2} \cdot 0,1^2 \cdot 0,9^{18} \approx 0,2852 $$ Ezeket összeadva: $$ P(X \le 2) \approx 0,1216 + 0,2702 + 0,2852 = \mathbf{0,677} $$

c) Legyen \( p \) annak a valószínűsége, hogy egy töltő élettartama legalább 55 hónap. Ekkor annak valószínűsége, hogy kevesebb mint 55 hónap: \( 1 - p \). A feladat szerint 5 függetlenül kiválasztott töltőre ez a valószínűség együttesen 0,75, azaz: $$ (1 - p)^5 = 0,75 $$ Vonjunk mindkét oldalból 5-ödik gyököt: $$ 1 - p = \sqrt[5]{0,75} \approx 0,944 $$ $$ p \approx 1 - 0,944 = \mathbf{0,056} $$

a) Mivel \( 9^x = (3^x)^2 \), ezért az egyenlet \( 3^x \)-ben másodfokú: $$ 9 \cdot (3^x)^2 + 15 \cdot 3^x - 6 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldásai \( 3^x \)-re: \( 3^x = -2 \) vagy \( 3^x = \frac{1}{3} \).

Az első eset nem lehetséges, mert \( 3^x > 0 \).
A második esetből: \( 3^x = 3^{-1} \implies \mathbf{x = -1} \).

b) Az egyenletet rendezve: $$ \sin\left(2x - \frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2} $$ Ebből két ág adódik (\( k \in \mathbb{Z} \)): $$ 2x - \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6} + k \cdot 2\pi \quad \text{vagy} \quad 2x - \frac{\pi}{3} = \frac{5\pi}{6} + k \cdot 2\pi $$ Kifejezve \( x \)-et mindkét ágon: $$ \mathbf{x = \frac{\pi}{4} + k \cdot \pi} \quad \text{vagy} \quad \mathbf{x = \frac{7\pi}{12} + k \cdot \pi} \quad (k \in \mathbb{Z}) $$

a) Bontsuk fel a zárójelet, és alkalmazzuk a hatványozás azonosságait: $$ 2^{2x} - 6 \cdot 2^x + 9 = 2 \cdot 2^x + 9 $$ Rendezzük nullára az egyenletet, és vonjuk össze a megfelelő tagokat: $$ (2^x)^2 - 8 \cdot 2^x = 0 $$ Ebből szorzattá alakítással (kiemelve $2^x$-et): $$ 2^x (2^x - 8) = 0 $$ Mivel $2^x > 0$ minden valós $x$ esetén, az első tényező nem lehet nulla. Tehát: $$ 2^x - 8 = 0 \implies 2^x = 8 \implies \mathbf{x = 3} $$ A kapott megoldást visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe, az azonosság teljesül.

b) Az állítás igaz.
Az $f(x) = x^2 - 9x + 14 = 0$ másodfokú egyenlet gyökei $x = 2$ és $x = 7$. Mivel a másodfokú tag együtthatója pozitív (felfelé nyitott parabola), a függvény a gyökein kívül vesz fel pozitív értékeket, vagyis $x < 2$ vagy $x > 7$ esetén $f(x) > 0$. Így ha $x > 7$, akkor $f(x) > 0$ valóban teljesül.

c) A megfordítás: Ha $f(x) > 0$, akkor $x > 7$.
A megfordított állítás hamis. Egy ellenpélda: legyen $x = 0$. Ekkor $f(0) = 14 > 0$, de a feltételünk ($x > 7$) nem teljesül, hiszen $0 \not> 7$.

a) A \( t = 5 \) helyettesítést alkalmazva: $$ B(5) = \frac{1\,500\,000}{1 + \left( \frac{1\,500\,000}{1000} - 1 \right) \cdot 0,75^5} = \frac{1\,500\,000}{1 + 1499 \cdot 0,75^5} \approx \mathbf{4205} $$ A modell szerint kb. 4205 betegre lehet számítani 5 nap múlva.

b) A város lakosságának 10%-a \( 150\,000 \) fő. Az egyenlet a keresett \( t \) napra: $$ 150\,000 = \frac{1\,500\,000}{1 + 1499 \cdot 0,75^t} $$ A megfelelő egyszerűsítések elvégzése után: $$ 1 + 1499 \cdot 0,75^t = 10 \implies 1499 \cdot 0,75^t = 9 \implies 0,75^t = \frac{9}{1499} $$ Mindkét oldal logaritmusát véve kapjuk: $$ t = \log_{0,75} \left( \frac{9}{1499} \right) \approx \mathbf{17,78} $$ Körülbelül 18 nap múlva éri el a fertőzöttek száma a 10%-ot.

c) A sorozat vizsgálata:
1. Korlátosság: Mivel \( L, K > 0 \) és \( 0,75^n > 0 \), a tört számlálója és nevezője is pozitív, azaz \( b_n > 0 \). Mivel a nevező (\( 1 + K \cdot 0,75^n \)) szigorúan nagyobb 1-nél, a tört értéke biztosan kisebb \( L \)-nél. Így a sorozat alulról (0) és felülről ($L$) is korlátos.
2. Monotonitás: A \( 0,75^n \) sorozat (0 és 1 közötti hányadosú mértani sorozat lévén) szigorúan monoton csökkenő. Emiatt a nevező \( 1 + K \cdot 0,75^n \) is szigorúan monoton csökkenő pozitív érték. Ha egy pozitív állandót szigorúan csökkenő pozitív értékkel osztunk, a hányados szigorúan monoton növekvő lesz.
3. Határérték: Tudjuk, hogy \( \lim_{n \to \infty} 0,75^n = 0 \). Ennek felhasználásával a sorozat határértéke: $$ \lim_{n \to \infty} \frac{L}{1 + K \cdot 0,75^n} = \frac{L}{1 + K \cdot 0} = \mathbf{L} $$

a) Alakítsuk át az egyenlet bal oldalát: $$ \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{1}{3}\right)^{2x} + \frac{1}{9} \cdot \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 $$ Mivel \( \left(\frac{1}{3}\right)^{2x} = \left(\frac{1}{9}\right)^x \), így kiemelhetjük: $$ \left(\frac{1}{3} + \frac{1}{9}\right) \cdot \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 $$ $$ \frac{4}{9} \cdot \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 $$ Osztva a konstanssal: $$ \left(\frac{1}{9}\right)^x = 324 \cdot \frac{9}{4} = 81 \cdot 9 = 729 $$ $$ 9^{-x} = 9^3 $$ Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt az egyetlen megoldás: \( x = -3 \).

b) Értelmezési tartomány: \( 6x - 24 \ge 0 \implies x \ge 4 \), illetve \( 2x - 7 \ge 0 \implies x \ge 3{,}5 \). Összességében \( x \ge 4 \).
Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát: $$ 6x - 24 = (2x - 7) - 2\sqrt{2x - 7} + 1 $$ $$ 6x - 24 = 2x - 6 - 2\sqrt{2x - 7} $$ Rendezve: $$ 4x - 18 = -2\sqrt{2x - 7} $$ $$ 9 - 2x = \sqrt{2x - 7} $$ A bal oldalnak nemnegatívnak kell lennie, ezért \( 9 - 2x \ge 0 \implies x \le 4{,}5 \). Tehát a lehetséges megoldások az \( [4; 4{,}5] \) intervallumban vannak.
Emeljük ismét négyzetre: $$ 81 - 36x + 4x^2 = 2x - 7 $$ $$ 4x^2 - 38x + 88 = 0 $$ $$ 2x^2 - 19x + 44 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( x = 4 \) és \( x = 5{,}5 \).
Az \( x = 5{,}5 \) nem eleme a feltételből adódó \( [4; 4{,}5] \) intervallumnak, míg a \( x = 4 \) igen. Így az egyetlen megoldás: \( x = 4 \). (Behelyettesítéssel is ellenőrizhető.)

a) Az azonos alapú hatványok szorzatára vonatkozó azonosság miatt: $$ 25 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^x - 10 \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^x + \frac{6}{5} \cdot \left(\frac{1}{5}\right)^x = 81 $$ Kiemelve az \( \left(\frac{1}{5}\right)^x \) tényezőt: $$ \left(\frac{1}{5}\right)^x \cdot \left( 25 - 10 + 1,2 \right) = 81 $$ $$ \left(\frac{1}{5}\right)^x \cdot 16,2 = 81 $$ $$ \left(\frac{1}{5}\right)^x = \frac{81}{16,2} = 5 $$ $$ \left(\frac{1}{5}\right)^x = \left(\frac{1}{5}\right)^{-1} $$ Mivel az exponenciális függvény kölcsönösen egyértelmű, ezért: $$ \mathbf{x = -1} $$

b) Alkalmazzuk a logaritmus azonosságait a bal oldalon: $$ \frac{\lg 5^x + \lg 5^{-x}}{2} \le \lg \frac{5^x + 5^{-x}}{2} $$ $$ \frac{\lg (5^x \cdot 5^{-x})}{2} \le \lg \frac{5^x + 5^{-x}}{2} $$ $$ \frac{\lg (5^0)}{2} \le \lg \frac{5^x + 5^{-x}}{2} $$ $$ \frac{\lg 1}{2} = 0 \le \lg \frac{5^x + 5^{-x}}{2} $$ Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekedő, a \( \lg A \ge 0 \) egyenlőtlenség pontosan akkor teljesül, ha \( A \ge 1 \): $$ 1 \le \frac{5^x + 5^{-x}}{2} \implies 2 \le 5^x + 5^{-x} $$ Mivel \( 5^x \) és \( 5^{-x} \) egymás reciprokai és mindkettő pozitív, összegük mindig legalább 2. (Ekvivalensen: \( (5^x - 1)^2 \ge 0 \), ami minden valós \( x \)-re teljesül.) Ekvivalens átalakításokat végeztünk, így az eredeti állítás is igaz.

a) Ha a kapacitás \( 0,06\% \)-kal csökken, akkor minden ciklus után az előző érték \( 100\% - 0,06\% = 99,94\% \)-ára (vagyis \( 0,9994 \)-szeresére) változik.
350 teljes töltés után a kapacitás szorzója: $$ 0,9994^{350} \approx 0,8105 $$ Tehát az eredeti érték \( 81,05\% \)-a marad meg, a csökkenés pedig körülbelül \( 19\% \)-os.

b) Keresünk egy \( n \) ciklusszámot, amelyre a kapacitás a felére csökken: $$ 0,9994^n = 0,5 $$ Logaritmust alkalmazva: $$ n = \log_{0,9994} 0,5 \approx 1155 \text{ ciklus.} $$ Mivel évente 200 töltési ciklust végeznek, az ehhez szükséges idő: $$ t = \frac{1155}{200} = 5,775 $$ A felezési idő tehát körülbelül 5,8 év.

c) A vevő 3 akkumulátort vásárol a 25-ből, ami összesen \( \binom{25}{3} = 2300 \)-féleképpen lehetséges. A "legfeljebb egy" azt jelenti, hogy 0 vagy 1 akkumulátor kapacitása kisebb 70%-nál (ezekből összesen 10 db van, a maradék 15 db kapacitása 70% fölötti).
- Pontosan 0 db 70% alatti kiválasztása: \( \binom{15}{3} = 455 \) lehetőség.
- Pontosan 1 db 70% alatti kiválasztása: \( \binom{10}{1} \cdot \binom{15}{2} = 10 \cdot 105 = 1050 \) lehetőség.
A keresett valószínűség a megfelelő esetek és az összes eset hányadosa: $$ P = \frac{455 + 1050}{2300} = \frac{1505}{2300} \approx \mathbf{0,654} $$

a) A szabályszerűség szerint az első óra után az értékek duplázódnak a második órától tekintve. A második órában \( 4+3=7 \) sejt fertőződött meg. Az \( n \)-edik órában (\( n \ge 2 \)) lévő fertőzött cellák száma tehát az alábbi mértani sorozat szerint írható le: $$ C(n) = 7 \cdot 2^{n-2} $$ Ennek meg kell haladnia a \( 10\,000\,000 \)-t: $$ 7 \cdot 2^{n-2} > 10\,000\,000 \implies 2^{n-2} > \frac{10\,000\,000}{7} $$ Vegyszük mindkét oldal logaritmusát: $$ (n-2) \lg 2 > \lg\left(\frac{10\,000\,000}{7}\right) \implies n > 2 + \frac{\lg \approx 1\,428\,571}{\lg 2} $$ $$ n > 2 + 20,44 = 22,44 $$ Tehát a 23. órában haladja meg a tízmilliót.

b) Értékeljük ki a lehetséges változásokat egy dobásnál:
- Csökken 1 millióval: \( P = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \)
- Változatlan: \( P = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \)
- Nő 1 millióval: \( P = \frac{1}{6} \)
A baktériumok számának 10 millióról legalább 5 milliót kell csökkennie. Ehhez 7 dobás során az alábbi, egymást kizáró esetek lehetségesek a negatív kimenetel javára:
1. Pontosan 5-ször csökken, és a maradék 2 alkalommal változatlan marad (ha nőne, nem esne 5 millió alá a szint): $$ \binom{7}{5} \left(\frac{1}{2}\right)^5 \left(\frac{1}{3}\right)^2 \approx 0,073 $$ 2. Pontosan 6-szor csökken. Ekkor a fennmaradó 1 alkalommal lehet változatlan, vagy nőhet is, a végeredmény így is elegendő lesz (-6 + 1 = -5 csökkenés biztosított). $$ \binom{7}{6} \left(\frac{1}{2}\right)^6 \left(\frac{1}{2}\right)^1 \approx 0,055 $$ 3. Mind a 7 alkalommal csökken: $$ \binom{7}{7} \left(\frac{1}{2}\right)^7 \approx 0,008 $$ A teljes valószínűség az összegük: \( 0,073 + 0,055 + 0,008 = \mathbf{0,136} \). Pontos formában az érték \( \frac{13}{96} \).

a) Az egyenlet jobb oldalát azonosság alkalmazásával alakítjuk át: $$ 2 \sin x - 2 \sin^2 x = 1 - \sin^2 x $$ Nullára rendezve kapjuk a másodfokú egyenletet: $$ \sin^2 x - 2 \sin x + 1 = 0 \implies (\sin x - 1)^2 = 0 $$ Ebből adódik, hogy \( \sin x = 1 \).
A megoldás: $$ \mathbf{x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi, \quad \text{ahol } k \in \mathbb{Z}} $$

b) A logaritmusfüggvény értelmezése miatt kikötjük, hogy \( x > 0 \).
Mivel \( 25^{\lg x} = (5^{\lg x})^2 \), az egyenletet \( 5^{\lg x} \)-re nézve másodfokú egyenletként írhatjuk fel: $$ (5^{\lg x})^2 - 4 \cdot 5^{\lg x} - 5 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldásai: \( 5^{\lg x} = -1 \) és \( 5^{\lg x} = 5 \).
Mivel az exponenciális függvény értéke pozitív (\( 5^{\lg x} > 0 \)), ezért az \( 5^{\lg x} = -1 \) nem lehetséges.
Ha \( 5^{\lg x} = 5 \), akkor \( \lg x = 1 \), amiből adódik, hogy: $$ \mathbf{x = 10} $$ Ez valóban megoldása az egyenletnek (behelyettesítéssel ellenőrizhető).

a) Ha a bolti eladásokból származó idei árbevétel \( b \) (Ft), akkor az internetes eladásokból származó árbevétel jelenleg \( 0,7b \) (Ft). (\( b > 0 \)).
Ha a bevételek egyenlősége \( x \) év múlva következik be, akkor felírhatjuk a következő egyenletet: $$ 1,04^x \cdot 0,7b = 0,98^x \cdot b $$ Amiből a pozitív \( b \)-vel való osztás után kapjuk: $$ 1,04^x \cdot 0,7 = 0,98^x $$ Rendezve a kifejezést: $$ 0,7 = \left(\frac{0,98}{1,04}\right)^x \approx 0,9423^x $$ Mindkét oldal tízes alapú logaritmusát véve (vagy \( 0,9423 \)-as alapút): $$ x = \frac{\lg 0,7}{\lg 0,98 - \lg 1,04} \approx 6 $$ A két forrásból származó árbevétel tehát kb. 6 év múlva lesz egyenlő.

b) Annak a valószínűsége, hogy egy vevő reklamál \( p = \frac{1}{80} \), annak pedig, hogy nem reklamál \( q = \frac{79}{80} \).
Binomiális eloszlást alkalmazva, \( P(\text{legfeljebb 2 reklamál}) = P(0) + P(1) + P(2) \): $$ = \binom{100}{0}\left(\frac{79}{80}\right)^{100} + \binom{100}{1}\left(\frac{1}{80}\right)^1\left(\frac{79}{80}\right)^{99} + \binom{100}{2}\left(\frac{1}{80}\right)^2\left(\frac{79}{80}\right)^{98} $$ $$ \approx 0,2843 + 0,3598 + 0,2255 \approx \mathbf{0,87} $$ A valószínűség tehát körülbelül \( 87\% \).

a) Alakítsuk szorzattá az egyenlet bal oldalát: $$ 2x^3 - 5x^2 - 3x = x(2x^2 - 5x - 3) = 0 $$ Egy szorzat akkor és csak akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla. Ebből azonnal adódik, hogy \( x_1 = 0 \). A többi gyököt a másodfokú egyenletből kapjuk: $$ 2x^2 - 5x - 3 = 0 \implies x_{2,3} = \frac{5 \pm \sqrt{25 - 4 \cdot 2 \cdot (-3)}}{4} = \frac{5 \pm \sqrt{49}}{4} = \frac{5 \pm 7}{4} $$ Így \( x_2 = 3 \) és \( x_3 = -\frac{1}{2} \). A szorzat alakból látható, hogy a megadott három szám valóban gyöke az egyenletnek. Másodfokú egyenletnek legfeljebb két valós gyöke lehet, ezért a kiemelt \( x = 0 \) gyökkel együtt összesen pontosan ez a három gyöke van az egyenletnek.

b) Legyen \( y = \cos x \). Ekkor az a) feladat egyenletét kapjuk: $$ 2y^3 - 5y^2 - 3y = 0 $$ Melynek gyökei az a) rész alapján \( y_1 = 0 \), \( y_2 = -\frac{1}{2} \) és \( y_3 = 3 \). Mivel \( -1 \le \cos x \le 1 \), a \( \cos x = 3 \) egyenletnek nincs valós megoldása. A \( \cos x = 0 \) egyenlet megoldásai: $$ \mathbf{x = \frac{\pi}{2} + k\pi \quad (k \in \mathbb{Z})} $$ A \( \cos x = -\frac{1}{2} \) egyenlet megoldásai: $$ \mathbf{x = \pm \frac{2\pi}{3} + 2m\pi \quad (m \in \mathbb{Z})} $$

c) Az exponenciális függvény értékkészlete a pozitív valós számok halmaza. Emiatt bármely valós \( x \) esetén: $$ 2 \cdot 8^x > 0, \quad 7 \cdot 4^x > 0, \quad \text{és} \quad 3 \cdot 2^x > 0 $$ Az egyenlet bal oldalán álló összeg így három pozitív szám összegeként maga is szigorúan pozitív. Tehát az összeg sosem lehet nulla, az egyenletnek valóban nincs valós gyöke.

a) A négyzetgyök függvény értelmezési tartománya és értékkészlete miatt \( x \in [-2; 0] \).
Négyzetre emelés után: $$ x + 2 = x^2 $$ Az \( x^2 - x - 2 = 0 \) egyenlet gyökei a 2 és a -1. Közülük csak a -1 eleme a fenti intervallumnak, így ez az egyetlen megoldás.

b) Közös alapra hozva a két oldalt: $$ 4^{(x-1)(x+4)} = 4^{\frac{x-1}{x+4}} $$ Az exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt: $$ (x-1)(x+4) = \frac{x-1}{x+4} $$ Ebből \( x_1 = 1 \) az egyik megoldás.
Ha \( x \neq 1 \), leosztva \( (x-1) \)-gyel kapjuk: $$ x+4 = \frac{1}{x+4} \implies (x+4)^2 = 1 $$ Ebből \( x+4 = 1 \) vagy \( x+4 = -1 \), amiből a további megoldások: \( x_2 = -3 \) és \( x_3 = -5 \). Behelyettesítéssel ellenőrizve mindhárom gyök megfelel.

a) Az egy óra alatt megtett úthosszak (km-ben mérve) egy olyan mértani sorozat egymást követő tagjai, amelynek első tagja \( a_1 = 45 \), hányadosa pedig \( q = 0,955 \).
A magyar autó 10. órában megtett útja: $$ a_{10} = 45 \cdot 0,955^9 \approx 29,733 $$ Egész kilométerre kerekítve tehát 30 km-t tesz meg.

b) Addig nem érdemes akkumulátort cserélni, amíg \( a_n \ge 20 \) teljesül. Ebből keressük azt a legkisebb \( n \)-t, amelyre \( a_n < 20 \): $$ 45 \cdot 0,955^{n-1} < 20 \implies 0,955^{n-1} < \frac{20}{45} $$ Mivel a tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő: $$ (n - 1) \lg 0,955 < \lg \frac{20}{45} $$ Mivel \( \lg 0,955 < 0 \), az egyenlőtlenség iránya megfordul az osztásnál: $$ n - 1 > \frac{\lg \frac{20}{45}}{\lg 0,955} \approx 17,61 \implies n > 18,61 $$ A legkisebb ilyen egész szám az 19. Tehát legkorábban a 19. órában érdemes akkumulátort cserélni.

c) A megtett út egy végtelen mértani sor részletösszegeként írható fel. Mivel az autó haladása a végtelenbe extrapolálható (elméletben sosem áll meg teljesen a modell szerint), a sorozat összege korlátos: $$ S = \frac{a_1}{1 - q} = \frac{45}{1 - 0,955} = \frac{45}{0,045} = 1000 \text{ km} $$ Mivel a megtett elméleti maximális távolság 1000 km, és ez kevesebb a 1100 km-es rekordnál, a magyar versenyautó nem képes megdönteni a világrekordot.

a) A hatványozás megfelelő azonosságát alkalmazva:

$$ \frac{0,5^2}{0,5^{\log_{0,5} x}} = 3 $$

A logaritmus definíciója szerint a nevező értéke \( x \):

$$ \frac{0,25}{x} = 3 \implies \mathbf{x = \frac{1}{12}} $$

b) A logaritmus alapjának áttérésével felírható, hogy \( \log_x \frac{1}{2} = -\log_x 2 = -\frac{1}{\log_2 x} \). Ezt behelyettesítve az egyenletbe:

$$ 7 - \frac{6}{\log_2 x} = \log_2 x $$

Mindkét oldalt \( \log_2 x \)-szel beszorozva és nullára redukálva másodfokú egyenletet kapunk \( \log_2 x \)-re:

$$ \log_2^2 x - 7\log_2 x + 6 = 0 $$

A másodfokú egyenlet megoldásai: \( \log_2 x = 6 \) vagy \( \log_2 x = 1 \).

Ebből \( x = 64 \) vagy \( x = 2 \). Mivel a feltétel szerint \( 1 < x \le 2 \), így az egyetlen érvényes megoldás az \( x = 2 \).

a) A logaritmus azonosságait és szigorú monotonitását felhasználva: $$ \lg((x + 7)(3x + 1)) = \lg 100 \implies (x + 7)(3x + 1) = 100 $$ Bontsuk fel a zárójeleket: $$ 3x^2 + 22x + 7 = 100 \implies 3x^2 + 22x - 93 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( x_1 = -\frac{31}{3} \) és \( x_2 = 3 \).
A logaritmus értelmezési tartománya miatt \( x > -\frac{1}{3} \)-nek kell teljesülnie, így a hamis gyököt (\( x_1 \)) kizárjuk. Az egyetlen helyes megoldás: \( x = 3 \).

b) A jobb oldalon alkalmazva a hatványozás azonosságait: $$ 2^x = 3 \cdot 9^x $$ Osszuk el mindkét oldalt \( 9^x \)-nel: $$ \left(\frac{2}{9}\right)^x = 3 \implies \left(\frac{9}{2}\right)^{-x} = 3 \implies (4,5)^{-x} = 3 \implies (4,5)^x = \frac{1}{3} $$ A logaritmus definíciója alapján a pontos megoldás: $$ \mathbf{x = \log_{4,5} \left(\frac{1}{3}\right) \approx -0,7304} $$

Az első egyenlet alapján \( y \) tetszőleges valós szám, de az exponenciális kifejezés miatt \( x - 3 > 0 \), azaz \( x > 3 \).
A második egyenlet értelmezési tartománya: \( x^2 - 4x + 3 > 0 \), aminek megoldása \( x > 3 \) vagy \( x < 1 \).
A közös feltétel tehát: \( x > 3 \).

Fejezzük ki az első egyenletből \( y \)-t: \( y = \lg(x - 3) \).
Ezt helyettesítsük be a második egyenlet jobb oldalára, és alakítsuk át a \( + 1 \) tagot is: $$ \lg(x^2 - 4x + 3) = 2\lg(x - 3) + \lg 10 $$ A logaritmus azonosságait alkalmazva: $$ \lg(x^2 - 4x + 3) = \lg\left( 10(x - 3)^2 \right) $$ Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton: $$ x^2 - 4x + 3 = 10(x - 3)^2 $$ A bal oldalt szorzattá alakítva: $$ (x - 3)(x - 1) = 10(x - 3)^2 $$ Mivel tudjuk, hogy \( x > 3 \), így \( x - 3 \neq 0 \), vagyis oszthatunk vele: $$ x - 1 = 10(x - 3) $$ $$ x - 1 = 10x - 30 $$ $$ 29 = 9x \implies \mathbf{x = \frac{29}{9}} $$

Ezt visszahelyettesítve \( y \)-ba: $$ y = \lg\left( \frac{29}{9} - 3 \right) = \mathbf{\lg\left( \frac{2}{9} \right)} \approx -0,653 $$ Az egyenletrendszer megoldása tehát: \( x = \frac{29}{9} \) és \( y = \lg\frac{2}{9} \).

a) Az évente félretett összegek egy számtani sorozatot alkotnak, melynek első tagja \( a_1 = 5000 \), differenciája \( d = 1000 \).
1996-tól 2004-ig összesen \( n = 9 \) alkalommal tett pénzt a perselybe a nagypapa. A sorozat első 9 elemének összegét kell kiszámítanunk: $$ S_9 = \frac{2a_1 + (n-1)d}{2} \cdot n = \frac{2 \cdot 5000 + 8 \cdot 1000}{2} \cdot 9 = \frac{18000}{2} \cdot 9 = 9000 \cdot 9 = \mathbf{81 000 \text{ Ft}} $$

b) A bankszámlán lévő pénz növekedését egy mértani sorozattal (kamatos kamattal) írhatjuk le, melynek kezdőtőkéje \( t_0 = 60000 \) Ft, a kamattényező \( q = 1,04 \). Azt keressük, hány év (\( n \)) múlva éri el a 100 000 Ft-ot: $$ 60000 \cdot 1,04^n \ge 100000 $$ Osztunk 60 000-rel: $$ 1,04^n \ge \frac{10}{6} = \frac{5}{3} $$ Mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve: $$ n \cdot \lg 1,04 \ge \lg \left(\frac{5}{3}\right) $$ $$ n \ge \frac{\lg(5/3)}{\lg 1,04} \approx 13,024 $$ Mivel a kamatjóváírás csak évente egyszer, év végén történik, a \( n \)-nek egésznek kell lennie. Ezért legalább 14 évet kell várnia Péternek.