Körök

a) A külső átmérő 1 m (100 cm), így a külső sugár $R = 50$ cm.
Mivel a körgyűrű 20 cm széles, a belső sugár $r = 50 - 20 = 30$ cm.
A teljes körgyűrű területe $(50^2\pi - 30^2\pi)$, aminek nekünk csak a 36°-os része, azaz a tizede ($\frac{36^\circ}{360^\circ}$) kell: $$ T = \frac{1}{10} \cdot \pi(2500 - 900) = 160\pi \approx \mathbf{503 \text{ cm}^2} $$

b) A várható érték a nyeremények és valószínűségeik szorzatainak összege: $$ E = 1000 \cdot 0,4 + 2000 \cdot 0,1 + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 400 + 200 + 900 + 800 = \mathbf{2300 \text{ Ft}} $$

c) Három forgatással 6000 Ft háromféle összetételben jöhet ki (az értékek sorrendjét is figyelembe véve):

• $2000 + 2000 + 2000$: Ez pontosan egyféle sorrend, valószínűsége $0,1^3 = 0,001$.
• $1000 + 2000 + 3000$: Ezek 3! = 6-féleképpen jöhetnek sorba, valószínűségük $6 \cdot (0,4 \cdot 0,1 \cdot 0,3) = 0,072$.
• $1000 + 1000 + 4000$: A 4000-es pörgetés 3-féle helyen lehet, tehát 3 esetről beszélünk, valószínűségük $3 \cdot (0,4 \cdot 0,4 \cdot 0,2) = 0,096$.

d) Jelölje $p$ az 1000 Ft-os nyeremény új valószínűségét. Mivel csak az 1000-es és a 2000-es szektorok valószínűségei változnak (összegük azonban továbbra is $0,4 + 0,1 = 0,5$ kell maradjon), így a 2000 Ft-osé $(0,5 - p)$ lesz.
Az igazságos játék várható értéke meg kell, hogy egyezzen a befizetett 2500 Ft-tal: $$ 1000p + 2000(0,5 - p) + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 2500 $$ $$ 1000p + 1000 - 2000p + 900 + 800 = 2500 $$ $$ 2700 - 1000p = 2500 \implies 200 = 1000p \implies \mathbf{p = 0,2} $$ Tehát a játék akkor lesz igazságos, ha az 1000 Ft-os nyeremény valószínűsége 0,2 lesz, a 2000 Ft-os nyereményé pedig (0,5 - 0,2 =) 0,3.

a) A lakók közül \( 50 \cdot 0,38 = 19 \) nő, és \( 50 - 19 = 31 \) férfi. A szemüvegesek száma \( 50 \cdot 0,32 = 16 \), így a nem szemüvegesek száma \( 50 - 16 = 34 \).
A nem szemüveges férfiak száma legfeljebb 31 lehet (ha egyetlen férfi sem szemüveges).
A férfiak és a nem szemüvegesek számának összege \( 31 + 34 = 65 \), de mivel csak 50 lakó van, legalább \( 65 - 50 = 15 \) embert mindkét halmazban megszámoltunk. Tehát a nem szemüveges férfiak száma legalább 15.

b) Jelölje a füvesített derékszögű háromszöget \( ADC \), ahol a derékszög \( D \)-nél van, az oldalak \( DA = 10 \) m, \( DC = 15 \) m. Az öntöző a \( D \) pontban van, és \( r = 10 \) m sugarú körcikket öntöz.
A füvesített rész teljes területe: \( T_{f\ddot{u}ves} = \frac{10 \cdot 15}{2} = 75 \text{ m}^2 \).
Az átló (az \( AC \) szakasz) metszi az öntözött körcikket egy \( M \) pontban. Mivel \( DM = DA = 10 \) m, a \( DAM \) háromszög egyenlő szárú.
A derékszögű háromszög \( C \) csúcsnál lévő szöge: \( \text{tg} \alpha = \frac{15}{10} \implies \alpha \approx 56,3^\circ \).
Így a \( DAM \) háromszög harmadik szöge az öntözőnél: \( \beta = 180^\circ - 2\alpha \approx 67,4^\circ \).
A \( DAM \) háromszög területe: \( T_{DAM} = \frac{10 \cdot 10 \cdot \sin(67,4^\circ)}{2} \approx 46,2 \text{ m}^2 \).
Az ezen felüli öntözött körcikk (az \( MDC \) részen) középponti szöge \( \gamma = 90^\circ - \beta \approx 22,6^\circ \). Ennek területe: \( T_{cikk} = \frac{22,6^\circ}{360^\circ} \cdot 10^2\pi \approx 19,7 \text{ m}^2 \).
Az öntözött füves rész összesen \( 46,2 + 19,7 = 65,9 \text{ m}^2 \).
A locsolásból kimaradó terület: \( 75 - 65,9 = \mathbf{9,1 \text{ m}^2} \).

a) A 240 cm széles raktérben az első (legalsó) sorban $240 / 24 = 10$ darab farönk fér el. A második sor farönkjei a hézagokba illeszkednek, itt tehát csak 9 rönk kap helyet. A rönkök sorai felváltva adnak 10 és 9 darabot.
Két sor magasságkülönbségét a farönkök középpontjait összekötő, 24 cm oldalhosszúságú szabályos háromszög magassága adja: $$ h = \frac{24\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3} \approx 20,78 \text{ cm} $$ Ha összesen \(k\) sort tudunk elhelyezni, akkor a rakomány teljes magassága: $$ M(k) = 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} $$ Mivel a raktér 200 cm magas, ezt az egyenlőtlenséget kell megoldanunk: $$ 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} \le 200 \implies (k-1) \cdot 20,78 \le 176 \implies k \le 9,47 $$ Tehát maximum 9 sor fér be. Ebből 5 sor 10 farönkből (páratlan sorok), és 4 sor 9 farönkből (páros sorok) áll.
Az összes farönk száma: \( 5 \cdot 10 + 4 \cdot 9 = 50 + 36 = \mathbf{86} \) darab.

b) A teljes raktér térfogata $V_{\text{raktér}} = 2,4 \cdot 2 \cdot 7 = 33,6\text{ m}^3$.
Egyetlen farönk térfogata a henger képlete szerint (\(r = 0,12\text{ m}\), \(h = 7\text{ m}\)): $$ V_1 = 0,12^2 \pi \cdot 7 \approx 0,3167 \text{ m}^3 $$ A 86 rönk együttes térfogata $V_{fa} = 86 \cdot 0,3167 \approx 27,2\text{ m}^3$.
A kitöltött rész aránya $\frac{27,2}{33,6} \approx 0,81$, tehát a térfogat 81%-át töltik ki.
A raktér 19%-a marad üresen.

c) A binomiális eloszlást alkalmazzuk, ahol $n=50$ és a selejtes fa (szúrágta) valószínűsége $p=0,04$. A kérdés az, hogy mi a valószínűsége annak, hogy a selejtesek száma legfeljebb 1, tehát $k=0$ vagy $k=1$.
$$ P(X \le 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = \binom{50}{0} \cdot 0,04^0 \cdot 0,96^{50} + \binom{50}{1} \cdot 0,04^1 \cdot 0,96^{49} $$ Kiszámolva a tagokat: $$ 0,96^{50} \approx 0,130 $$ $$ 50 \cdot 0,04 \cdot 0,96^{49} \approx 0,271 $$ Ezek összege adja a keresett valószínűséget: \( 0,130 + 0,271 = 0,401 \).

a) A fa 10 éves korában az átmérője milliméterben: $$ d(10) = -0,25 \cdot 10^2 + 20 \cdot 10 + 40 = 215 \text{ mm} $$ Centiméterben kifejezve tehát az átmérő 21,5 cm.

b) A 11. év végén a törzs átmérője: $$ d(11) = -0,25 \cdot 11^2 + 20 \cdot 11 + 40 \approx 230 \text{ mm} $$ A területek növekedését a sugarak négyzetének különbségéből számíthatjuk. A sugarak rendre $r_{11} \approx 115 \text{ mm}$ és $r_{10} = 107,5 \text{ mm}$. A keresztmetszet gyarapodása (körgyűrű területe): $$ T = r_{11}^2\pi - r_{10}^2\pi \approx 5200 \text{ mm}^2 $$ Ezt dm²-ben kifejezve és egy tizedesjegyre kerekítve az eredmény 0,5 dm².

c) Ha a kerület 1 méter, azaz 1000 mm, akkor az átmérője: $$ d(x) = \frac{1000}{\pi} \approx 318 \text{ mm} $$ A megoldandó egyenlet: $$ -0,25x^2 + 20x + 40 = 318 $$ Átrendezve nullára egy másodfokú egyenletet kapunk: $$ x^2 - 80x + 1112 = 0 $$ A megoldóképletet alkalmazva a gyökök $x_1 \approx 17,9$ és $x_2 \approx 62,1$. Mivel $x \in [5; 20]$, ezért csak az $x_1$ a megfelelő megoldás. A fa tehát megközelítőleg 18 éves.

a) A kör középpontja a téglalap átlóinak felezőpontja: \( K(15; 24) \).
A kör sugara a középpont és az egyik csúcs távolsága: $$ KA = \sqrt{15^2 + 24^2} = \sqrt{801} \approx 28,3 $$ A kör egyenlete így: \( (x - 15)^2 + (y - 24)^2 = 801 \).

b) A díszteret alkotó kör egyenletét teljes négyzetté alakítva: $$ (x - 18)^2 + (y - 24)^2 = 81 \, (= 9^2) $$ A kör sugara \( r = 9 \) egység, területe \( T_{\text{dísztér}} = 9^2 \pi \approx 254,5 \) területegység.
A park területe \( T_{\text{park}} = 30 \cdot 48 = 1440 \) területegység.
A dísztér területe a park területének $$ \frac{81\pi}{1440} \cdot 100 \approx \mathbf{17,7\%}\text{-a.} $$

c) A sétaút átmegy a \( C(30; 48) \) és a \( P(18; 24) \) pontokon. Az irányvektora \( \mathbf{v} = (30 - 18; 48 - 24) = (12; 24) \). Ebből a normálvektora \( \mathbf{n}(2; -1) \) egyszerűsítve.
Az egyenes egyenlete: \( \mathbf{2x - y = 12} \).
A park területét ott hagyja el, ahol az \( y = 0 \) tengelyt (az \( AB \) oldalt) metszi. Behelyettesítve: \( 2x - 0 = 12 \implies x = 6 \). Tehát az \( M(6; 0) \) pontban.
A sétaút parkon belüli szakaszának (\( CM \)) hossza: $$ CM = \sqrt{(30 - 6)^2 + (48 - 0)^2} = \sqrt{24^2 + 48^2} = \sqrt{2880} \approx 53,7 \text{ egység.} $$ Mivel 1 egység 10 méternek felel meg, a valódi hossz: 537 méter.

a) Az \( AC \) és a \( BD \) szakaszok a négyzet köré írt kör átmérői. A Thalész-tétel miatt a körön lévő tetszőleges \( P \) pontból (ami nem esik egybe a végpontokkal) az átmérők derékszögben látszanak. Így \( APC\angle = 90^\circ \) és \( BPD\angle = 90^\circ \).
Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt az \( APC \) és \( BPD \) derékszögű háromszögekre (a kör sugarát \( r \)-rel jelölve): $$ AP^2 + CP^2 = AC^2 = (2r)^2 $$ $$ BP^2 + DP^2 = BD^2 = (2r)^2 $$ Mivel a jobb oldalak megegyeznek, felírható a bizonyítandó egyenlőség: \( AP^2 + CP^2 = BP^2 + DP^2 \).

b) A szimmetria miatt a négy egymást érintő pohár alapkörének középpontja egy négyzetet alkot, melynek oldala a két kör sugarának összege, azaz \( 2r \). A négyzet átlójának hossza Pitagorasz-tétellel \( 2r\sqrt{2} \).
A tálca belső átmérője a két szemközti pohár középpontjának távolságából és a két külső körsugárból áll össze. Tehát felírhatjuk: $$ 20 = 2r + 2r\sqrt{2} = 2r(1 + \sqrt{2}) $$ Kifejezve a sugarat: $$ r = \frac{10}{1 + \sqrt{2}} = 10(\sqrt{2} - 1) \approx 10(1,414 - 1) = \mathbf{4,14 \text{ cm}} $$ Mivel 4,14 > 4,1, az állítás igaz.

c) A pohár belső sugara a külső sugárból a falvastagság kivonásával adódik. Falvastagság = 2,5 mm = 0,25 cm. Így a belső sugár nagyobb, mint \( 4,1 - 0,25 = 3,85 \text{ cm} \).
A pohár térfogata: $$ V > 3,85^2 \cdot \pi \cdot 11 \approx 14,8225 \cdot \pi \cdot 11 \approx \mathbf{512 \text{ cm}^3} $$ Tudjuk, hogy 5 dl = 500 cm\(^3\). Mivel 512 > 500, az állítás igaz, a pohárba valóban belefér 5 dl üdítő.

a) A megfordított állítás: Ha egy háromszög körülírt körének középpontja megegyezik a beírt körének középpontjával, akkor a háromszög szabályos.
Bizonyítás: A beírt kör középpontja a belső szögfelezők metszéspontja. Mivel ez egybeesik a körülírt kör középpontjával, ez a pont egyenlő távolságra van a háromszög mindhárom csúcsától. A csúcsokat a középponttal összekötő szakaszok (a kör sugarai) ezért a nagy háromszöget három egyenlő szárú háromszögre bontják. Ezen kisebb háromszögek alapon fekvő szögei egyenlők. A szögfelező tulajdonság miatt ezek a szögek páronként a nagy háromszög csúcsain is megjelennek, biztosítva, hogy a nagy háromszög minden belső szöge egyenlő maradjon. Tehát az alakzat szabályos.

b) Vegyük fel az \( ABQ \) háromszöget! A csúcsoktól vett szögharmadoló egyenesek által bezárt szögek a szabályos háromszög miatt: az \( A \) csúcsnál lévő félszög \( 40^\circ \), a \( B \) csúcsnál lévő \( 20^\circ \). Így az \( ABQ \) háromszög harmadik szöge, \( Q = 180^\circ - 40^\circ - 20^\circ = 120^\circ \).
Az \( AQ \) szakaszt szinusztétellel felírva (ismerve \( AB = 1 \)): $$ \frac{AQ}{\sin 40^\circ} = \frac{1}{\sin 120^\circ} \implies AQ \approx 0,742 $$ A \( BQ \) szakasz hossza hasonlóképpen: $$ \frac{BQ}{\sin 20^\circ} = \frac{1}{\sin 120^\circ} \implies BQ \approx 0,395 $$ A belső szimmetriákból fakadóan \( AP = BQ \). Így a középső \( PQ \) szakasz az elmetszésekből számolható: $$ PQ = AQ - AP = 0,742 - 0,395 = \mathbf{0,347} $$

c) A négy lehetséges színből a három felhasználandót kombinatorikával \( \binom{4}{3} = 4 \)-féleképpen tudjuk kiválasztani.
A struktúrában a \( CAP \), \( CQR \) és \( PQR \) háromszögek központi csoportot alkotnak, melyek páronként egy-egy szakaszon érintkeznek (mind a hárman szomszédosak egymással). E három szomszédos elemet csak is csupa eltérő színekkel tölthetjük fel. Ez \( 3! = 6 \)-féleképpen tehető meg.
Az \( ABQ \) háromszög szintén szomszédos a \( CAP \)-vel és a \( PQR \)-rel, de a \( CQR \)-rel nem, következésképpen a szabad színek közül kötelezően a \( CQR \) színét kell megkapnia (1 lehetőség).
A \( BCQ \) viszont határos a \( CQR \)-rel és az \( ABQ \)-val, melyek az előbbi gondolatmenet alapján azonos színűek! Emiatt a \( BCQ \) az összes többi, jelenleg rendelkezésre álló színezésekből 2-félét választhat fel.
A teljes lehetőségszám ezen részfolyamatok szorzata: $$ 4 \cdot 6 \cdot 1 \cdot 2 = \mathbf{48 \text{ színezés}} $$

a) Az \( y = 4 - x^2 \) egyenletű parabola a \((-2; 0)\), illetve a \((2; 0)\) pontban metszi az abszcisszatengelyt.
A parabolaszelet területe (határozott integrállal): $$ T_p = \int_{-2}^{2} (4 - x^2) \, dx = 2 \cdot \int_{0}^{2} (4 - x^2) \, dx = 2 \cdot \left[ 4x - \frac{x^3}{3} \right]_0^2 $$ $$ T_p = 2 \cdot \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = \frac{32}{3} $$ A kör egyenletét teljes négyzetté alakítva: $$ x^2 + (y - 1,3)^2 = 1,3^2 $$ Ebből a kör sugara \( 1,3 \), területe pedig: $$ T_k = 1,3^2 \pi = 1,69\pi \approx 5,31 $$ A kör és a parabolaszelet területének aránya: $$ \frac{1,69\pi}{\frac{32}{3}} \approx 0,4977 $$ A kör területe a parabolaszelet területének tehát 50%-a.

b) A résztvevők száma összesen 18. A lejátszott mérkőzések száma: $$ \binom{18}{2} = 153 $$ Mivel a Piros Iskola kétszer annyit nyert, a Zöld Iskola teniszezőinek összesen \( \frac{1}{3} \cdot 153 = 51 \) megnyert mérkőzése volt.
Ennek a 8 zöld tanulónak az egymás közötti mérkőzései mindig a 8 tanuló valamelyikének győzelmével végződtek, ez \( \binom{8}{2} = 28 \) győzelmet jelent házon belül.
A Zöld Iskola tanulói az 51 győztes mérkőzésük közül tehát a Piros Iskola tanulói ellen \( 51 - 28 = \mathbf{23} \)-at nyertek meg.

a) Felírva a két kifejezés egyenlőségét: $$ \frac{ab}{a+c} = \frac{a(c-a)}{b} $$ Mindkét oldalt \( a \)-val osztva, majd keresztbeszorozva kapjuk: $$ b^2 = (c-a)(c+a) \implies b^2 = c^2 - a^2 \implies a^2 + b^2 = c^2 $$ A kapott egyenlet a Pitagorasz-tétel miatt minden derékszögű háromszögre igaz, és mivel az átalakítások ekvivalensek voltak, így a két formula is egyenértékű.

b) A derékszögű háromszög területét kétféleképpen írhatjuk fel. A hagyományos képlettel: \( T = \frac{ab}{2} \).
Másrészt a kör középpontja a háromszöget két kisebb háromszögre bontja: az egyik alapja az \( a \) befogó, magassága \( R \), a másik alapja a \( c \) átfogó, magassága szintén \( R \) (a kör érintési tulajdonsága miatt). A két terület összege: $$ T = \frac{aR}{2} + \frac{cR}{2} = \frac{R(a+c)}{2} $$ Egyenlővé téve a kettőt: $$ \frac{ab}{2} = \frac{R(a+c)}{2} \implies R = \frac{ab}{a+c} $$ Tehát Andrea képlete valóban helyes.

c) Helyezzük a háromszöget koordináta-rendszerbe úgy, hogy a \( C \) csúcs az origóba, az \( a \) befogó az \( x \)-tengelyre, a \( b \) befogó az \( y \)-tengelyre kerüljön. Ekkor a csúcsok: \( C(0, 0) \), \( B(8, 0) \), \( A(0, 6) \).
A \( b \) befogóra (azaz az \( y \)-tengelyre) eső középpontú kör sugara: $$ R_b = \frac{8 \cdot 6}{8 + 10} = \frac{48}{18} = \frac{8}{3} $$ A kör egyenlete: \( x^2 + \left(y - \frac{8}{3}\right)^2 = \left(\frac{8}{3}\right)^2 \implies x^2 + y^2 - \frac{16}{3}y = 0 \).
Az \( a \) befogóra (azaz az \( x \)-tengelyre) eső középpontú kör sugara: $$ R_a = \frac{8 \cdot 6}{6 + 10} = \frac{48}{16} = 3 $$ A kör egyenlete: \( (x - 3)^2 + y^2 = 3^2 \implies x^2 - 6x + y^2 = 0 \).
A két egyenlet kivonásával kapjuk az \( M \) metszéspontot határoló egyenest: $$ 6x - \frac{16}{3}y = 0 \implies x = \frac{8}{9}y $$ Visszahelyettesítve a második kör egyenletébe: $$ \left(\frac{8}{9}y\right)^2 - 6\left(\frac{8}{9}y\right) + y^2 = 0 $$ $$ \frac{64}{81}y^2 + y^2 = \frac{48}{9}y \implies \frac{145}{81}y^2 = \frac{432}{81}y \implies y = \frac{432}{145} \approx 2,98 $$ A megfelelő \( x \) koordináta: \( x = \frac{8}{9} \cdot \frac{432}{145} = \frac{384}{145} \approx 2,65 \).
A \( C \) csúcstól (\( 0,0 \)) vett \( CM \) távolság: $$ CM = \sqrt{x^2 + y^2} = \sqrt{\left(\frac{384}{145}\right)^2 + \left(\frac{432}{145}\right)^2} = \frac{\sqrt{147\,456 + 186\,624}}{145} = \frac{\sqrt{334\,080}}{145} \approx \mathbf{3,99 \text{ cm}} $$

A feszes hajtószíj két egyenlő hosszú érintőszakaszból, egy rövidebb és egy hosszabb körívből áll. Geometriailag a feladat két kör közös külső érintőinek és a határolt köríveknek a kiszámítását jelenti.

Az érintőszakasz hossza:
Húzzunk párhuzamost a kisebbik kör középpontjából (\( O_1 \)) az érintőszakasszal. Így egy derékszögű háromszöget kapunk, melynek átfogója a tengelytávolság (\( 46 \) cm), egyik befogója a sugarak különbsége (\( 20 - 1 = 19 \) cm), másik befogója az érintőszakasz (\( e \)).
Pitagorasz-tétellel: $$ e = \sqrt{46^2 - 19^2} = \sqrt{1755} \approx 41,9 \text{ cm} $$

A körívek hossza:
Legyen \( \alpha \) a tengelyeket összekötő szakasz és az érintési pontokba húzott sugár által bezárt szög a nagy körben. A fentebbi derékszögű háromszögből: $$ \cos \alpha = \frac{19}{46} \implies \alpha \approx 65,6^\circ $$ A hosszabb körívhez tartozó középponti szög: $$ 360^\circ - 2\alpha \approx 360^\circ - 131,2^\circ = 228,8^\circ $$ A hosszabb körív hossza: $$ i_{\text{nagy}} = \frac{228,8^\circ}{360^\circ} \cdot 2 \cdot 20\pi \approx 79,9 \text{ cm} $$ A rövidebb körívhez tartozó középponti szög a kis körben \( 2\alpha \approx 131,2^\circ \). Ennek hossza: $$ i_{\text{kis}} = \frac{131,2^\circ}{360^\circ} \cdot 2 \cdot 1\pi \approx 2,3 \text{ cm} $$

A hajtószíj teljes hossza: $$ K \approx 2 \cdot 41,9 + 79,9 + 2,3 = \mathbf{166 \text{ cm}} $$

a) Mivel \( A, E \) a nagy kör átmérőjének végpontjai, Thalész tétele miatt az \( \angle ABE = 90^\circ \). Ugyanígy \( E, D \) a kis kör átmérőjének végpontjai, így \( \angle CDE = 90^\circ \). Ebből következik, hogy az \( AB \) és \( CD \) szakaszok is merőlegesek a \( BC \) egyenesre, tehát \( AB \parallel CD \). Mivel a négyszögnek van párhuzamos oldalpárja, a négyszög trapéz.

b) Az \( ABE \) derékszögű háromszögben felírható: $$ BE = 2R\cos\alpha \quad \text{és} \quad AB = 2R\sin\alpha $$ A \( CDE \) derékszögű háromszögben felírható: $$ CE = 2r\cos\alpha $$ Így az \( ABC \) háromszög \( BC \) alapja: $$ BC = BE + CE = 2R\cos\alpha + 2r\cos\alpha = 2(R+r)\cos\alpha $$ Mivel az \( \angle ABC \) derékszög (a nagy körben Thalész tétel miatt), a háromszög területe: $$ T_{ABC} = \frac{AB \cdot BC}{2} = \frac{2R\sin\alpha \cdot 2(R+r)\cos\alpha}{2} $$ Egyszerűsítve és a kétszeres szög szinuszának azonosságát (\( 2\sin\alpha\cos\alpha = \sin 2\alpha \)) felhasználva: $$ T_{ABC} = 2R(R+r)\sin\alpha\cos\alpha = \mathbf{R(R+r)\sin 2\alpha} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

c) A területfüggvény egyetlen változója a hegyesszögű \( \alpha \). A \( \sin 2\alpha \) kifejezés maximális értéke 1, amit a \( 2\alpha = 90^\circ \) helyen vesz fel.
Ebből következik, hogy a terület \( \mathbf{\alpha = 45^\circ} \) esetén lesz maximális.

a) A holdacska egy 3 cm sugarú körlapból jön létre úgy, hogy kivágunk belőle egy ugyanolyan sugarú kört, amelynek középpontja 2 cm-re van eltolva. A holdacska területe megkapható az eredeti kör területének és a két kör közös lencse alakú metszetének különbségeként.
A lencse alakú metszet két egybevágó körszeletből áll. Kiszámoljuk az egyik körszelet területét:
A körszelet egy \( r=3 \) sugarú körcikkből és a hozzátartozó egyenlő szárú háromszögből áll. A körök középpontjait és a metszéspontokat összekötve egy derékszögű háromszöget kapunk, amelyből a körcikk fél nyílásszöge (\( \alpha \)) meghatározható: $$ \cos \alpha = \frac{1}{3} \implies \alpha \approx 70,53^\circ \text{ (vagy } 1,23 \text{ radián)} $$ A teljes körcikk középponti szöge \( 2\alpha \). Ennek a körcikknek a területe: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{2\alpha}{2\pi} \cdot r^2 \pi \approx \frac{141,06^\circ}{360^\circ} \cdot 9\pi \approx 11,07 \text{ cm}^2 $$ A belőle kivágandó háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{r^2 \sin(2\alpha)}{2} = \frac{9 \cdot \sin(141,06^\circ)}{2} \approx 2,83 \text{ cm}^2 $$ A körszelet területe: \( T_{\text{körszelet}} = 11,07 - 2,83 = 8,24 \text{ cm}^2 \).
A holdacska területe tehát az eredeti körlap és a lencse (2 db körszelet) különbsége: $$ T_{\text{holdacska}} = T_{\text{kör}} - 2 \cdot T_{\text{körszelet}} \approx 9\pi - 2 \cdot 8,24 \approx 28,27 - 16,48 = \mathbf{11,8 \text{ cm}^2} $$

b) A felhasznált (megsütött) sütemények alapterületének összegeit levonjuk az eredeti tészta területéből. Klári 50 darab holdacskát és 50 darab kis körlapot vágott ki.
A kis körlap a lencse formából kivágható lehető legnagyobb körlap. Mivel a lencse a két eltolt kör metszete, a lencse közepén a szélesség az eredeti körök átmérője mínusz a 2 cm eltolás, azaz \( 3 + 3 - 2 = 4 \text{ cm} \). Így a legnagyobb beleírható körlap sugara 2 cm.
A kivágott sütemények összes alapterülete: $$ T_{\text{használt}} = 50 \cdot T_{\text{holdacska}} + 50 \cdot T_{\text{kiskör}} \approx 50 \cdot 11,78 + 50 \cdot (2^2\pi) \approx 589 + 628 = 1217 \text{ cm}^2 $$ Az eredeti téglalap területe: \( 30 \cdot 60 = 1800 \text{ cm}^2 \).
A visszamaradt, négyzet alakúra kinyújtott tészta területe: $$ T_{\text{maradék}} = 1800 - 1217 = 583 \text{ cm}^2 $$ A kapott négyzet oldalának hossza: $$ a = \sqrt{583} \approx \mathbf{24 \text{ cm}} $$

A telek öntözött területének nagyságát megkapjuk, ha a locsoló (mint középpont) körüli körgyűrű területéből kivonjuk a telek határa (amely 3 m-re van a középponttól) által lemetszett körszelet területét.

A teljes körgyűrű területe: $$ T_{\text{gyűrű}} = (4^2 - 0,5^2)\pi \approx 49,5 \text{ m}^2 $$

A locsolófej egy 4 m sugarú kört ír le, de a telek széle a középponttól 3 m távolságra egy húrt metsz ki ebből a körből. A kör középpontjából a húr végpontjaiba húzott sugarak és a középpontból a húrra bocsátott merőleges egy derékszögű háromszöget határoz meg. Ha a fél középponti szöget \( \alpha \)-val jelöljük: $$ \cos \alpha = \frac{3}{4} = 0,75 \implies \alpha \approx 41,4^\circ $$

A \( 2\alpha \approx 82,8^\circ \) középponti szögű körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{82,8^\circ}{360^\circ} \cdot 4^2 \cdot \pi \approx 11,6 \text{ m}^2 $$ A körcikket alkotó egyenlő szárú háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{4^2 \cdot \sin 82,8^\circ}{2} \approx 7,9 \text{ m}^2 $$ A körszelet területe tehát a kettő különbsége: $$ T_{\text{körszelet}} \approx 11,6 - 7,9 = 3,7 \text{ m}^2 $$

A telek öntözött területe így: $$ T_{\text{öntözött}} \approx 49,5 - 3,7 = \mathbf{45,8 \text{ m}^2} $$ A telek teljes területe \( 68 \cdot 30 = 2040 \text{ m}^2 \).
Az öntözött rész százalékos aránya: $$ \frac{45,8}{2040} \approx 0,022 $$ Ez a telek területének kb. 2,2 %-a.

(Az alakzatok grafikus ábrázolása itt most elhagyva.)

a) Az alakzatok egyenleteit rendezve meghatározhatjuk a jelentésüket:
A halmaz: Átrendezve \( y \le \frac{4}{3}x - 6 \). Ez az \( y = \frac{4}{3}x - 6 \) egyenes által határolt zárt félsík (az egyenes és a "alatta" lévő pontok).
B halmaz: Teljes négyzetté alakítva az egyenletet: $$ (x - 3)^2 - 9 + (y + 2)^2 - 4 - 12 \le 0 \implies (x - 3)^2 + (y + 2)^2 \le 25 $$ Ez egy körlemez (a kör és a belső pontjai), melynek középpontja \( K(3; -2) \), sugara pedig \( r = 5 \).
C halmaz: Gyökvonás után \( y = 2 \) vagy \( y = -2 \). Ez a halmaz két, az x tengellyel párhuzamos egyenest alkot.

b) A \( B \setminus A \) halmaz azokat a pontokat tartalmazza, amelyek benne vannak a körlemezben, de nincsenek benne a félsíkban. Vegyük észre, hogy az egyenes (\( 4x - 3y = 18 \)) éppen áthalad a kör középpontján (mivel \( 4(3) - 3(-2) = 12 + 6 = 18 \)). Így az egyenes felezi a körlemezt.
Geometriai alakzata: egy félkörlemez, amely a félkörívet és a belső pontokat tartalmazza, de az átmérő szakasz pontjait magukat már nem (hiszen azok az \( A \) halmaz részei).

c) A \( B \cap C \) halmaz az \( y = 2 \) és \( y = -2 \) egyenesek körlapba eső pontjait adja. Ezek a körlapot határoló körnek két párhuzamos húrját adják.
- Az \( y = 2 \) behelyettesítésével a kör egyenletébe: \( (x - 3)^2 + 4^2 \le 25 \implies (x - 3)^2 \le 9 \implies 0 \le x \le 6 \). Ez a húr a \( (0; 2) \) és \( (6; 2) \) pontokat köti össze.
- Az \( y = -2 \) behelyettesítésével: \( (x - 3)^2 + 0^2 \le 25 \implies (x - 3)^2 \le 25 \implies -2 \le x \le 8 \). Ez a húr (amely egyben átmérő is) a \( (-2; -2) \) és \( (8; -2) \) pontokat köti össze.

Távolságok az origótól (\( d = \sqrt{x^2 + y^2} \)):
A legkisebb távolság az \( y = 2 \) és az \( y = -2 \) szakaszokon egyaránt az x-koordináta 0 értékénél adódik. Így az origóhoz legközelebb lévő pontok a \( (0; 2) \) és a \( (0; -2) \) (távolságuk 2).
A legnagyobb távolság a szakaszok végpontjainál keresendő. Az \( x = 8 \) és \( y = -2 \) adja a maximális értéket: \( d = \sqrt{8^2 + (-2)^2} = \sqrt{68} \). Tehát a legtávolabbi pont a \( (8; -2) \).