Térgeometria

a) Jelöljük $F$-fel az $AB$ szakasz felezőpontját, így $FB = 40$ cm és a téglalap magassága $BC = 30$ cm. A Pitagorasz-tétellel adódik a körív $R$ sugara a derékszögű $FBC$ háromszögből: $$ R = \sqrt{40^2 + 30^2} = 50 \text{ cm} $$ Határozzuk meg a körszelet ívéhez tartozó $\alpha$ középponti szöget: $$ \text{tg}\left(\frac{\alpha}{2}\right) = \frac{40}{30} \implies \frac{\alpha}{2} \approx 53,13^\circ \implies \alpha \approx 106,3^\circ $$ A körcikk területe: $$ T_{\text{körcikk}} = 50^2\pi \cdot \frac{106,3^\circ}{360^\circ} \approx 2319 \text{ cm}^2 $$ Mivel a körszelet a körcikkből úgy kapható meg, hogy kivonjuk belőle a középpont és a $CD$ él által határolt $FCD$ háromszög területét (amely épp egyezik a $30 \times 80$-as téglalap felével, ami $1200\text{ cm}^2$), így a körszelet területe: $$ T_{\text{körszelet}} = 2319 - 1200 = 1119 \text{ cm}^2 $$ Az alaplap teljes területe (a $80 \times 30$-as téglalap és a körszelet összege): $$ T_{\text{alap}} = 2400 + 1119 = 3519 \text{ cm}^2 $$ Az akvárium térfogata az alaplap területe szorozva a 35 cm-es magassággal: $$ V = 3519 \cdot 35 = 123\,165 \text{ cm}^3 \approx 123 \text{ dm}^3 $$ Tehát kerekítve 123 liter az akvárium térfogata.

b) Jelölje a téglatest alaplapjának oldalait $a$ és $b$. A térfogatra felírható összefüggés: $$ V = a \cdot b \cdot 35 = 126\,000 \implies a \cdot b = 3600 \implies b = \frac{3600}{a} $$ A felül nyitott téglatest vizsgálandó felszíne az alapterület és a 4 oldallap összege: $$ A(a) = ab + 2 \cdot 35a + 2 \cdot 35b = 3600 + 70a + 70b = 3600 + 70\left(a + \frac{3600}{a}\right) $$ Ennek a kifejezésnek a minimumát keressük, ami az $a + \frac{3600}{a}$ tag minimalizálását jelenti. Alkalmazva a számtani-mértani közép közötti egyenlőtlenséget pozitív számokra: $$ a + \frac{3600}{a} \ge 2\sqrt{a \cdot \frac{3600}{a}} = 2\sqrt{3600} = 120 $$ Az egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha $a = \frac{3600}{a}$, azaz ha $a^2 = 3600$. Ebből adódik, hogy $a = 60$ cm. (Ekkor $b = \frac{3600}{60} = 60$ cm).
A téglatest alaplapjának mindkét élét 60 cm-nek válasszuk, hogy minimális legyen a felszín.

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) 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.

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: $$ P = \mathbf{\frac{7}{24} \approx 0,292} $$

a) Egyetlen homokszem térfogata (\( r = 0,1 \) mm): $$ V_{szem} = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi (0,1)^3 \approx 0,004189 \text{ mm}^3 $$ A pohár térfogata \( 2 \text{ dl} = 200 \text{ cm}^3 = 200\,000 \text{ mm}^3 \).
A homok által kitöltött effektív térfogat ennek a 60%-a: $$ V_{eff} = 200\,000 \cdot 0,6 = 120\,000 \text{ mm}^3 $$ A homokszemek száma: $$ N = \frac{V_{eff}}{V_{szem}} = \frac{120\,000}{0,004189} \approx 28\,646\,455 $$ Millióra kerekítve tehát kb. 29 millió homokszem található a pohárban.

b) A forgáskúp alkotója \( a = 1,8 \) m, alapjának sugara \( r = \frac{3,1}{2} = 1,55 \) m. A kúp magasságát Pitagorasz-tétellel számoljuk: $$ h = \sqrt{a^2 - r^2} = \sqrt{1,8^2 - 1,55^2} = \sqrt{3,24 - 2,4025} = \sqrt{0,8375} \approx 0,915 \text{ m} $$ A kúp térfogata: $$ V = \frac{r^2 \pi h}{3} = \frac{1,55^2 \cdot \pi \cdot 0,915}{3} \approx \mathbf{2,3 \text{ m}^3} $$

c) Jelöljük a kúp magasságát \( h \)-val (\( h \in ]0; 1,8[ \)). A Pitagorasz-tétel szerint az alapkör négyzete \( r^2 = a^2 - h^2 = 1,8^2 - h^2 \).
Fejezzük ki a térfogatot \( h \) függvényeként: $$ V(h) = \frac{\pi}{3} r^2 h = \frac{\pi}{3} (1,8^2 - h^2)h = \frac{\pi}{3} (3,24h - h^3) $$ A szélsőérték meghatározásához deriváljuk a függvényt és tegyük egyenlővé nullával: $$ V'(h) = \frac{\pi}{3} (3,24 - 3h^2) = 0 $$ Mivel \( \frac{\pi}{3} \neq 0 \), a zárójeles rész nulla: $$ 3h^2 = 3,24 \implies h^2 = 1,08 \implies \mathbf{h = \sqrt{1,08} \approx 1,04 \text{ m}} $$ (Ez valóban maximum, mert a derivált pozitívból negatívba vált.)
A maximális térfogathoz tartozó sugár: $$ r = \sqrt{3,24 - 1,08} = \sqrt{2,16} \approx \mathbf{1,47 \text{ m}} $$ A maximális térfogat pedig: $$ V_{max} = \frac{\pi}{3} \cdot 2,16 \cdot \sqrt{1,08} \approx \mathbf{2,35 \text{ m}^3} $$

a) A tető egyik téglalap alakú felének szélessége (a tető síkjának hossza) legyen \( s \). Az elölnézeti derékszögű háromszög alapján: $$ \cos 42^\circ = \frac{4}{s} \implies s = \frac{4}{\cos 42^\circ} \approx 5,4 \text{ m} $$ A két téglalap alakú tetőfelület területe együtt: $$ A = 2 \cdot 5,4 \cdot 8,5 \approx 91,8 \text{ m}^2 $$ Egészre kerekítve 92 m² a felület.

b) A téglatest alakú földszint térfogata: $$ V_f = 8 \cdot 8,5 \cdot 3,2 = 217,6 \approx 218 \text{ m}^3 $$ A tetőtér (háromszög) magassága: $$ m = 4 \cdot \operatorname{tg} 42^\circ \approx 3,6 \text{ m} $$ A háromszög alapú egyenes hasáb alakú tetőtér térfogata: $$ V_t = \frac{8 \cdot 3,6}{2} \cdot 8,5 \approx 122 \text{ m}^3 $$ A ház teljes térfogata: $$ V = V_f + V_t = 218 + 122 = \mathbf{340 \text{ m}^3} $$

c) Az ábrán a lakóterületen kívül eső (alacsonyabb) rész szélessége mindkét oldalon \( x \). $$ \operatorname{tg} 42^\circ = \frac{1,9}{x} \implies x \approx 2,1 \text{ m} $$ A tetőtérben a lakóterület \( 8 - 2 \cdot 2,1 = 3,8 \text{ m} \) széles, így itt a lakóterület \( 3,8 \cdot 8,5 \approx 32 \text{ m}^2 \).
A földszint alapterülete \( 8 \cdot 8,5 = 68 \text{ m}^2 \).
A ház teljes lakóterülete így: \( 68 + 32 = \mathbf{100 \text{ m}^2} \).

a) Mivel \( AC \) merőleges az alapokra, az \( ACD \) és \( CAB \) derékszögű háromszögek. A trapéz szárainak hossza Pitagorasz-tétellel számolva:

$$ BC = \sqrt{36^2 + 11^2} \approx 37{,}6 \text{ m}, \quad AD = \sqrt{8^2 + 11^2} \approx 13{,}6 \text{ m} $$

A kert kerülete: \( 36 + 37{,}6 + 8 + 13{,}6 = \) \( 95{,}2 \text{ m} \).

A kert területe: \( T = \frac{36 + 8}{2} \cdot 11 = \) \( 242 \text{ m}^2 \).

b) A henger alakú kút sugara \( r = 0{,}05 \) méter. Ha a kút mélysége \( h \), akkor a térfogatára felírható:

$$ 0{,}1 = 0{,}05^2 \cdot \pi \cdot h \implies h = \frac{0{,}1}{0{,}0025\pi} \approx \mathbf{12{,}7 \text{ m}} $$

c) Jelölje \( M \) az \( e \) egyenes és az \( AC \) átló metszéspontját. A feltétel szerint az átló felezi \( EF \)-et, tehát \( EM = MF = x \). Keressük az \( AM = y \) távolságot.

Az \( AME \) háromszög hasonló az \( ACD \) háromszöghöz, így:

$$ \frac{x}{8} = \frac{y}{11} \implies x = \frac{8y}{11} $$

A \( CMF \) háromszög hasonló a \( CAB \) háromszöghöz (mivel a megfelelő oldalaik párhuzamosak), így a hasonlóság aránya:

$$ \frac{x}{36} = \frac{11-y}{11} $$

A kapott \( x \)-et behelyettesítve a második egyenletbe:

$$ \frac{8y}{11} \cdot \frac{1}{36} = \frac{11-y}{11} \implies 8y = 36(11 - y) $$

$$ 8y = 396 - 36y \implies 44y = 396 \implies \mathbf{y = 9} $$

Tehát az \( e \) egyenes az \( A \) ponttól 9 méter távolságra metszi az \( AC \) átlót.

a) A test szimmetrikus, így kétféle testátlója van. Az egyik a \( 6 \times 8 \times 2 \) téglatest testátlójával, a másik a \( 6 \times 8 \times 5 \) téglatest testátlójával egyezik meg.
A rövidebb testátló: \( \sqrt{6^2 + 8^2 + 2^2} = \sqrt{104} \approx \mathbf{10{,}2 \text{ cm}} \).
A hosszabb testátló: \( \sqrt{6^2 + 8^2 + 5^2} = \sqrt{125} \approx \mathbf{11{,}2 \text{ cm}} \).

b) A teljes \( 15 \times 16 \)-os téglalap területe \( 240 \text{ cm}^2 \).
A test hálójának területe az 5 lap összegéből áll: az alaplap (\( 6 \cdot 8 = 48 \)), a két téglalap (\( 6 \cdot 2 = 12 \) és \( 6 \cdot 5 = 30 \)), valamint a két derékszögű trapéz (\( 2 \cdot \frac{5+2}{2} \cdot 8 = 56 \)).
A háló területe \( 48 + 12 + 30 + 56 = 146 \text{ cm}^2 \).
A keletkező hulladék területe \( 240 - 146 = 94 \text{ cm}^2 \), ami a teljes lap \( \frac{94}{240} \cdot 100 \approx \) \( 39{,}2\% \)-a.

c) Legyen a belső téglalap szélessége \( x \), magassága pedig \( \frac{50}{x} \).
Ekkor a teljes kartonlap oldalai \( x + 4 \) és \( \frac{50}{x} + 8 \) hosszúak. A teljes terület:

$$ T(x) = (x + 4)\left(\frac{50}{x} + 8\right) = 50 + 8x + \frac{200}{x} + 32 = 82 + 8x + \frac{200}{x} $$

A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget alkalmazva a két pozitív, \( x \)-től függő tagra:

$$ 8x + \frac{200}{x} \ge 2\sqrt{8x \cdot \frac{200}{x}} = 2\sqrt{1600} = 80 $$

Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha a két tag egyenlő: \( 8x = \frac{200}{x} \implies 8x^2 = 200 \implies x^2 = 25 \implies x = 5 \).
Tehát a belső téglalap optimális méretei 5 cm és 10 cm, így a kartonlap oldalainak hossza \( 5+4 = \) 9 cm, illetve \( 10+8 = \) 18 cm.

a) Húzzuk be a négyszög \( AC \) átlóját, ami két háromszögre bontja a területet. Az \( ABC \) háromszögre írjuk fel a koszinusztételt: $$ AC^2 = 126^2 + 65^2 - 2 \cdot 126 \cdot 65 \cdot \cos 122,5^\circ \approx 15876 + 4225 - 16380 \cdot (-0,5373) $$ $$ AC^2 \approx 28900 \implies AC \approx 170 \text{ m} $$ Az \( ADC \) háromszög derékszögű (mivel \( D \)-nél a szög \( 90^\circ \)). A Pitagorasz-tételből az \( AD \) oldal hossza: $$ AD = \sqrt{AC^2 - CD^2} \approx \sqrt{170^2 - 80^2} = \sqrt{28900 - 6400} = \sqrt{22500} = 150 \text{ m} $$ A teljes legelő területe a két háromszög területének összege: $$ T = T_{ABC} + T_{ADC} = \frac{126 \cdot 65 \cdot \sin 122,5^\circ}{2} + \frac{150 \cdot 80}{2} $$ $$ T \approx 3454 + 6000 = 9454 \text{ m}^2 $$ A meghirdetett terület \( 0,9 \text{ ha} = 9000 \text{ m}^2 \). Az arány: $$ \frac{9454}{9000} \approx 1,0504 $$ Tehát a valódi terület kb. 5%-kal nagyobb a meghirdetettnél.

b) A megdöntött vályúban maradt víztömeg alakja egy olyan háromoldalú gúla, amelynek az alaplapja az eredeti hasáb 38 cm oldalú szabályos háromszög alakú alaplapja, a gúla magassága pedig megegyezik a hasáb 72 cm-es hosszával. A szabályos háromszög területe: $$ T_{alap} = \frac{38^2 \cdot \sqrt{3}}{4} \approx 625,3 \text{ cm}^2 $$ A gúla térfogata: $$ V = \frac{1}{3} \cdot T_{alap} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot 625,3 \cdot 72 \approx 15006 \text{ cm}^3 $$ Mivel \( 1 \text{ liter} = 1 \text{ dm}^3 = 1000 \text{ cm}^3 \), a víz térfogata nagyjából 15,006 liter, ami kerekítve 15 liter, és ezzel az állítást igazoltuk.

c) A visszafektetett vályúban a víz egy azonos (72 cm) hosszúságú egyenes hasáb alakot vesz fel, melynek alaplapja egy az eredetihez hasonló szabályos háromszög (csúcsával lefelé). Mivel az eredeti 72 cm hosszú hasáb (vályú) térfogata a gúla térfogatának éppen háromszorosa, a benne lévő 15 liter víz a teljes térfogat pontosan egyharmadát tölti ki. A vízoszlop alaplapjának területe tehát pontosan a harmada az eredeti 38 cm-es szabályos háromszög területének (\( T_{viz} = \frac{1}{3} T_{alap} \)). Hasonló síkidomok esetén a területek aránya a hasonlósági arány négyzete, így a magasságok (és oldalak) aránya: $$ \lambda = \sqrt{\frac{1}{3}} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$ Az eredeti szabályos háromszög teljes magassága: $$ m_{teljes} = \frac{38 \cdot \sqrt{3}}{2} = 19\sqrt{3} \text{ cm} $$ A víz magassága a vályúban: $$ m_{viz} = m_{teljes} \cdot \lambda = 19\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \mathbf{19 \text{ cm}} $$

a) A harmadik él hossza a térfogatképletből (\( V = abc \)) adódik: $$ c = \frac{72}{4 \cdot 2} = 9 \text{ dm} $$ A téglatest felszíne: $$ A = 2 \cdot (ab + ac + bc) = 2 \cdot (4 \cdot 2 + 4 \cdot 9 + 2 \cdot 9) = 2 \cdot (8 + 36 + 18) = \mathbf{124 \text{ dm}^2} $$

b) Jelöljük a téglatest éleit \( a \), \( 2a \) és \( b \) hosszúságúnak (\( a, b > 0 \)). A térfogat: \( V = a \cdot 2a \cdot b = 2a^2b = 72 \), ahonnan kifejezhető \( b \): $$ b = \frac{36}{a^2} $$ A téglatest felszíne \( a \) függvényében: $$ A(a) = 2(a \cdot 2a + a \cdot b + 2a \cdot b) = 4a^2 + 6ab = 4a^2 + 6a \left( \frac{36}{a^2} \right) = 4a^2 + \frac{216}{a} $$ A minimális felszín megkereséséhez tekintsük a függvény deriváltját (vagy alkalmazzuk a számtani-mértani közepek közötti egyenlőtlenséget): $$ A'(a) = 8a - \frac{216}{a^2} $$ A minimum helyén az első derivált nulla: $$ 8a - \frac{216}{a^2} = 0 \implies 8a^3 = 216 \implies a^3 = 27 \implies a = 3 $$ Mivel a második derivált (\( A''(a) = 8 + \frac{432}{a^3} \)) minden pozitív \( a \)-ra pozitív, a kapott pont valóban lokális és globális minimumhely. A téglatest élei a minimális felszín esetén: \( a = 3 \text{ dm} \), \( 2a = 6 \text{ dm} \), és \( b = \frac{36}{3^2} = 4 \text{ dm} \). A keresett élhosszak: 3 dm, 4 dm és 6 dm.

c) A téglatestnek 8 csúcsa van. Bármely három csúcs kiválasztásának száma az összes eset: $$ \binom{8}{3} = 56 $$ Nem megfelelő (a feltételt nem teljesítő) három csúcsot választunk ki akkor, ha a rajtuk átmenő sík egy negyedik (vagy több) csúcsot is tartalmaz. Ez pontosan akkor teljesül, ha a három csúcs a téglatest valamelyik síkmetszetére, lapjára illeszkedik, amelyik 4 csúcsot tartalmaz. Ilyen 4 csúcsot tartalmazó síkok: - A téglatest 6 határoló lapja. - A téglatest 6 "átlós" síkja (amelyek két szemközti élre illeszkednek). Összesen \( 6 + 6 = 12 \) ilyen 4 csúcsot tartalmazó sík van. Minden ilyen sík 4 csúcsa közül \( \binom{4}{3} = 4 \)-féleképpen választhatunk ki hármat, amelyek ugyanazt a síkot határozzák meg, és egy negyedik csúcsot is tartalmaznak. A nem megfelelő kiválasztások száma: \( 12 \cdot 4 = 48 \). A megfelelő kiválasztások száma így: $$ 56 - 48 = \mathbf{8} $$

a) Az \( AB \) oldal felezőpontja \( F(41; 0) \). Mivel a háromszög szimmetrikus, az \( AFC \) háromszög derékszögű. $$ \text{tg } \alpha = \frac{CF}{AF} = \frac{71}{41} $$ Ebből \( \alpha \approx 59,995^\circ \). Mivel a háromszög egyenlőszárú, \( \beta = \alpha \approx 59,995^\circ \).
A csúcsszög: \( \gamma = 180^\circ - 2\alpha \approx 60,010^\circ \).
A háromszög szögei kerekítve: \( 59,995^\circ \), \( 59,995^\circ \) és \( 60,010^\circ \). (Tehát Gézának nincs igaza, a háromszög nem szabályos.)

b) Az oldalak hossza: $$ AB = 82 $$ $$ AC = \sqrt{41^2 + 71^2} = \sqrt{1681 + 5041} = \sqrt{6722} $$ A keresett arány: $$ \frac{AC}{AB} = \frac{\sqrt{6722}}{82} \approx \mathbf{0,9999} $$

c) A csonkakúp magassága Pitagorasz-tétellel számítható a metszetből: $$ m = \sqrt{a^2 - (R - r)^2} = \sqrt{10^2 - (14 - 8)^2} = \sqrt{100 - 36} = 8 \text{ cm.} $$ A csonkakúp pontos térfogata: $$ V_{cs} = \frac{\pi \cdot m}{3}(R^2 + Rr + r^2) = \frac{\pi \cdot 8}{3}(14^2 + 14 \cdot 8 + 8^2) = \frac{8\pi}{3}(196 + 112 + 64) = 992\pi \text{ cm}^3 $$ A közelítő henger sugara: \( r_h = \frac{14 + 8}{2} = 11 \text{ cm} \).
A henger térfogata: $$ V_h = \pi \cdot 11^2 \cdot 8 = 968\pi \text{ cm}^3 $$ A relatív hiba kiszámítása: $$ \frac{V_h - V_{cs}}{V_{cs}} = \frac{968\pi - 992\pi}{992\pi} = \frac{-24}{992} \approx -0,0242 $$ A közelítés relatív hibája -2,4%.

a) Szisztematikusan vegyük számba a lehetséges színezéseket a sárga lapok száma alapján, figyelembe véve, hogy 1 és 5 között lehet a sárga lapok száma (mindkét színnek elő kell fordulnia).
- 1 sárga lap: forgatással minden ilyen kocka fedésbe hozható, ez 1 féle.
- 2 sárga lap: a két sárga lap lehet egymással szomszédos (van közös élük) vagy egymással szemközti. Ez 2 féle.
- 3 sárga lap: a sárga lapok találkozhatnak egy közös csúcsban, vagy elhelyezkedhetnek "U" alakban (kettő szemközti és egy ezekkel szomszédos). Ez 2 féle.
- 4 sárga lap: ekkor 2 kék lap van, amikre ugyanaz igaz, mint a 2 sárgára, azaz ez is 2 féle.
- 5 sárga lap: ekkor 1 kék lap van, ez is 1 féle.
Összesen: $1 + 2 + 2 + 2 + 1 = 8$-féle kocka lehetséges.

b) Annak a valószínűsége, hogy egy vásárolt csokiban NEM a hiányzó kocka van: $p = \frac{7}{8}$.
Annak a valószínűsége, hogy három csoki vásárlása során egyikben sem a hiányzó kocka lesz (feltételezve, hogy a húzások függetlenek): $$ P(\text{nem kapja meg}) = \left(\frac{7}{8}\right)^3 = \frac{343}{512} $$ A komplementer esemény, hogy legalább az egyikben ott lesz a hiányzó darab: $$ P = 1 - \frac{343}{512} = \mathbf{\frac{169}{512}} \approx \mathbf{0,330} $$

c) A kocka élhosszúsága $a = 10$.
Az $ABG$ háromszög oldalai: az $AB$ egy él, hossza $10$. A $BG$ egy lapátló, hossza $10\sqrt{2}$. Az $AG$ egy testátló, hossza $10\sqrt{3}$.
Vegye észre, hogy az $AB$ él merőleges a $BCGF$ oldallap minden egyenesére, így a $BG$ szakaszra is. Ezért az $ABG$ háromszög a $B$ csúcsnál derékszögű. Ezt Pitagorasz-tételével is ellenőrizhetjük: $10^2 + (10\sqrt{2})^2 = 100 + 200 = 300 = (10\sqrt{3})^2$.
Derékszögű háromszög beírt körének sugara az $r = \frac{a+b-c}{2}$ képlettel adható meg (ahol $a, b$ a befogók, $c$ az átfogó): $$ r = \frac{10 + 10\sqrt{2} - 10\sqrt{3}}{2} = \mathbf{5 + 5\sqrt{2} - 5\sqrt{3}} \approx \mathbf{3,41} \text{ egység} $$

a) Az összeolvasztás előtti teljes térfogat megegyezik az új henger térfogatával: $$ \pi r^2 h + \pi R^2 h = \pi r_{\text{új}}^2 h $$ Leosztva a pozitív $\pi h$ tényezővel: $$ r^2 + R^2 = r_{\text{új}}^2 \implies r_{\text{új}} = \sqrt{r^2 + R^2} $$ A feladat bizonyítani az $r_{\text{új}} \ge \sqrt{2rR}$ egyenlőtlenséget. Mivel mindkét oldal pozitív, négyzetre emelve ekvivalens állítást kapunk: $$ r^2 + R^2 \ge 2rR \iff r^2 - 2rR + R^2 \ge 0 \iff (r - R)^2 \ge 0 $$ Mivel egy valós szám négyzete mindig nemnegatív, az egyenlőtlenség mindig igaz, amit bizonyítani kellett.

b) Ha a tortát egy forgáshengernek tekintjük, akkor annak alapköre egy $r_{\text{torta}}$ sugarú kör. Mivel a torta felső éle a félgömbre illeszkedik, a gömb középpontja, a torta felső alaplapjának egy határpontja és a torta alaplapjának középpontja által kifeszített derékszögű háromszögre felírható a Pitagorasz-tétel. Itt a gömb sugara az átfogó, 15 cm. $$ r_{\text{torta}}^2 + m^2 = 15^2 = 225 \implies r_{\text{torta}}^2 = 225 - m^2 $$ A torta térfogata a henger térfogatképletével: $$ V = \pi \cdot r_{\text{torta}}^2 \cdot m = \pi \cdot (225 - m^2) \cdot m = \mathbf{225\pi m - \pi m^3} $$

c) A térfogatot megadó függvény $V(m) = 225\pi m - \pi m^3$. Ennek a maximumát keressük, mely a derivált nullhelyénél lehet. $$ V'(m) = \pi(225 - 3m^2) $$ $$ V'(m) = 0 \implies 225 - 3m^2 = 0 \implies m^2 = 75 \implies m = \sqrt{75} = 5\sqrt{3} $$ (Mivel $V''(m) = -6\pi m$ negatív ezen a helyen, valóban maximumról van szó.)
A maximális térfogat: $$ V_{\text{max}} = V(5\sqrt{3}) = 225\pi(5\sqrt{3}) - \pi(5\sqrt{3})^3 = 1125\pi\sqrt{3} - \pi \cdot 125 \cdot 3\sqrt{3} = 1125\pi\sqrt{3} - 375\pi\sqrt{3} = \mathbf{750\sqrt{3}\pi} $$ A félgömb térfogata ($R=15$): $$ V_{\text{félgömb}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{2}{3} \pi \cdot 15^3 = \mathbf{2250\pi} $$ A kettő aránya: $$ \frac{750\sqrt{3}\pi}{2250\pi} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0,577 $$ Mivel $0,577 < 0,60$, a maximális torta térfogata valóban kisebb, mint a félgömb térfogatának 60%-a.

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) Az első asztalra érkezés után 0,84 m magasra pattan vissza a labda, majd ugyanekkora távolságot tesz meg a második leérkezésig lefelé. Az első és második érkezés között megtett út hossza tehát $2 \cdot 0,84 = 1,68$ méter.
Az egymás után következő érkezések között megtett utak hossza egy mértani sorozatot alkot, melynek első tagja $a_1 = 1,68$, hányadosa pedig $q = 0,84$.
Az első és 15. asztalra érkezés között pontosan 14 ilyen pattanási szakasz van, tehát a sorozat első 14 tagjának összegét keressük: $$ S_{14} = a_1 \frac{q^{14} - 1}{q - 1} = 1,68 \frac{0,84^{14} - 1}{0,84 - 1} \approx \mathbf{9,59 \text{ méter}} $$

b) Jelölje a labdák számát $x$. Az állítás szerint felírható két egész számokra (ahol $k, m \in \mathbb{N}$): $$ x = 6k + 2 \quad \text{és} \quad x = 15m + 1 $$ A két egyenletből következik, hogy: $$ 6k + 2 = 15m + 1 \implies 1 = 15m - 6k \implies 1 = 3(5m - 2k) $$ A jobb oldal láthatóan osztható 3-mal, a bal oldal (az 1) viszont nem, ami ellentmondás. András állítása tehát valóban hamis.

c) A labdák sugara $r = 20$ mm. A doboz alaplapja felbontható a három kör középpontja által alkotott 40 mm oldalú szabályos háromszögre, e köré illesztett három $40 \times 20$ mm-es téglalapra, valamint három $120^\circ$-os körcikkre (amelyek együtt épp egy teljes kört adnak ki).
Az alapterület így: $$ T_{\text{alap}} = \frac{40^2 \cdot \sqrt{3}}{4} + 3 \cdot (40 \cdot 20) + 20^2 \pi \approx 692,8 + 2400 + 1256,6 = 4349,4 \text{ mm}^2 $$ A doboz magassága egyenlő a labda átmérőjével ($40$ mm), így térfogata: $$ V_{\text{doboz}} = 4349,4 \cdot 40 = 173\,976 \text{ mm}^3 $$ A három labda együttes térfogata: $$ V_{\text{labdák}} = 3 \cdot \frac{4\pi}{3} r^3 = 4\pi \cdot 20^3 \approx 100\,531 \text{ mm}^3 $$ A kitöltöttség aránya: $$ \frac{100\,531}{173\,976} \approx 0,578 $$ Tehát a labdák a doboz térfogatának körülbelül 58%-át töltik ki.

a) A tető alapterülete (a vízszintes vetület területe) $T_{\text{tető}} = 7 \cdot 4 = 28 \text{ m}^2$.
A tetőre lehulló csapadék elméleti térfogata $V = 28 \cdot 0,015 = 0,42 \text{ m}^3$.
Ennek 95%-a kerül a hordókba, azaz $0,42 \cdot 0,95 = 0,399 \text{ m}^3$. Mivel a négy hordóban a víz egyenletesen oszlik el, egy hordóba $\frac{0,399}{4} = 0,09975 \text{ m}^3$ víz kerül.
Egy hordó alapterülete a $d = 40$ cm ($r = 0,2$ m) adatok alapján $T_{\text{hordó}} = 0,2^2 \cdot \pi \approx 0,1257 \text{ m}^2$.
A víz magassága a hordókban: $$ h = \frac{V_{\text{víz}}}{T_{\text{hordó}}} = \frac{0,09975}{0,1257} \approx \mathbf{0,79 \text{ m (79 cm)}} $$

b) Az épület tetőjének összes lapja $30^\circ$-os dőlésszögű a vízszinteshez képest. Ebben az esetben egy lap területe meghatározható a vízszintes vetületének területéből és a hajlásszögéből kiindulva. Ha a tető teljes alapja 28 m$^2$, akkor a felülete: $$ T_{\text{tető}} = \frac{T_{\text{alap}}}{\cos 30^\circ} = \frac{28}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{56}{\sqrt{3}} \approx 32,33 \text{ m}^2 $$ Erre a felületre $32,33 \cdot 30 = 969,9 \approx 970$ darab épen felhasznált cserép kell.
Mivel a megvásárolt mennyiség 8%-a hulladék lesz (tehát a $92\%$-a hasznosul), ezért az összesen megvásárolandó cserepek számát úgy kapjuk, hogy a 970-et elosztjuk a 0,92-es arányszámmal: $$ \text{Vásárolt cserepek száma} = \frac{970}{0,92} \approx \mathbf{1055 \text{ db}} $$

a) Az 5 négyzet összterülete $500 \text{ cm}^2$. Ebből a gúla alaplapja fixen $100 \text{ cm}^2$, a 4 oldallapot pedig a maradék $400 \text{ cm}^2$-ből vágjuk ki.
Az oldallapok háromszögek, amelyek alapja $10 \text{ cm}$. A legnagyobb lehetséges magasságuk $h = 10 \text{ cm}$ (ekkor épp kitöltik a külső négyzeteket). Ekkor az oldallapok területe: $$ 4 \cdot \frac{10 \cdot 10}{2} = 200 \text{ cm}^2 $$ A minimális hulladék ekkor: $500 - 100 - 200 = \mathbf{200 \text{ cm}^2}$.
Ugyanakkor a gúla felépíthetőségéhez a háromszögek magasságának nagyobbnak kell lennie, mint a $10 \text{ cm}$ oldalú alaplap középpontjából az oldalhoz húzott merőleges vetület, azaz $h > 5 \text{ cm}$. Ebből következően a 4 oldallap területe minimálisan: $$ > 4 \cdot \frac{10 \cdot 5}{2} = 100 \text{ cm}^2 $$ Így a hulladék biztosan kevesebb lesz, mint: $$ < 500 - 100 - 100 = \mathbf{300 \text{ cm}^2} $$ Az állítást ezzel igazoltuk.

b) A 8 csúcs közül 2 csúcsot $\binom{8}{2} = 28$-féleképpen választhatunk ki (összes eset).
Ebből kedvező esetek azok, amikor a kiválasztott csúcspárt él köti össze. A gráfnak megszámlálhatóan 12 éle van (4 a középső négyzetben, és $4 \times 2 = 8$ a külső háromszögekben).
A valószínűség tehát: $$ P = \frac{12}{28} = \mathbf{\frac{3}{7}} $$

c) A gráfunk 8 csúccsal rendelkezik. Ismert gráfelméleti tétel, hogy egy 8 csúcsú erdőnek (körmentes gráfnak) legfeljebb 7 éle lehet (ha összefüggő, akkor fa, melynek élszáma $v - 1 = 7$).
Mivel mi 9 élet színeztünk kékre, a kék élek által alkotott részgráfban az élek száma (9) meghaladja a körmentességhez megengedett maximális élszámot (7). Így a kék színű részgráfban biztosan van kör.

a) Legyen a gúla alaplapja az \( ABC \) háromszög, melynek középpontja (súlypontja) \( S \), a gúla csúcsa \( D \). A \( DS \) merőleges az alaplapra. A feltétel szerint a \( DAS\angle = 30^\circ \).
Az \( AS \) szakasz az \( ABC \) szabályos háromszög magasságának kétharmada: $$ AS = \frac{2}{3} \cdot \frac{6\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} \approx 3{,}46 \text{ cm} $$ A gúla testmagassága a \( DAS \) derékszögű háromszögből: $$ DS = AS \cdot \operatorname{tg} 30^\circ = 2\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 2 \text{ cm} $$ Az \( ABC \) háromszög területe: $$ T = \frac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3} \approx 15{,}59 \text{ cm}^2 $$ A gúla térfogata: $$ V = \frac{1}{3} \cdot T \cdot DS = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt{3} \cdot 2 = \mathbf{6\sqrt{3} \approx 10{,}4 \text{ cm}^3} $$

b) Ha az 1-es, a 2-es és a 3-as dobás valószínűsége \( p \), akkor a 4-es dobás valószínűsége \( 5p \). Mivel ezek alkotják a teljes eseményrendszert: $$ p + p + p + 5p = 1 \implies 8p = 1 \implies p = \frac{1}{8} $$ A dobott számok összege akkor lehet 6, ha az egyik tetraéderrel 2-t, a másikkal 4-et dobunk, vagy fordítva, illetve ha mindkettővel 3-at dobunk.
Ezeknek a diszjunkt eseményeknek a valószínűségei: $$ P(2 \text{ és } 4) = \frac{1}{8} \cdot \frac{5}{8} = \frac{5}{64} $$ $$ P(4 \text{ és } 2) = \frac{5}{8} \cdot \frac{1}{8} = \frac{5}{64} $$ $$ P(3 \text{ és } 3) = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{64} $$ A kérdezett valószínűség ezek összege: $$ P(\text{összeg } 6) = \frac{5}{64} + \frac{5}{64} + \frac{1}{64} = \mathbf{\frac{11}{64} \approx 0{,}172} $$

a) Az ábra alapján a kartonlap méreteit kifejezhetjük a téglatest éleivel: $$ 2a + c = 18 $$ $$ a + 2b + c = 33 $$ Ha \( a = 7 \), akkor \( 2 \cdot 7 + c = 18 \implies c = 4 \).
Ezt a második egyenletbe helyettesítve: \( 7 + 2b + 4 = 33 \implies 2b = 22 \implies b = 11 \).
A téglatest térfogata: \( V = abc = 7 \cdot 11 \cdot 4 = \mathbf{308 \text{ cm}^3} \).

b) Fejezzük ki a térfogatot az egyik él, például az \( a \) segítségével.
Az első egyenletből: \( c = 18 - 2a \).
Ezt beírva a második egyenletbe: $$ a + 2b + (18 - 2a) = 33 \implies 2b = 15 + a \implies b = \frac{15 + a}{2} $$ A térfogatfüggvény (\( 0 < a < 9 \)): $$ V(a) = a \cdot \frac{15 + a}{2} \cdot (18 - 2a) = a(15 + a)(9 - a) = -a^3 - 6a^2 + 135a $$ A \( V(a) \) függvény ott vehet fel maximumot, ahol deriváltja nulla: $$ V'(a) = -3a^2 - 12a + 135 = 0 $$ $$ a^2 + 4a - 45 = 0 $$ Ennek gyökei \( a_1 = 5 \) és \( a_2 = -9 \). Mivel az élhossz pozitív, csak az \( a = 5 \) felel meg.
A második derivált: \( V''(a) = -6a - 12 \), így \( V''(5) = -42 < 0 \), tehát az \( a=5 \) helyen valóban maximum van.
Az élek hossza: \( a = 5 \text{ cm} \), \( b = 10 \text{ cm} \), \( c = 8 \text{ cm} \). (A maximális térfogat \( 400 \text{ cm}^3 \).)

c) A téglatest 8 csúcsa összesen \( \binom{8}{3} = 56 \) háromszöget határoz meg.
Ebből le kell vonni azokat, amelyeknek a síkja egybeesik valamelyik lapjának síkjával.
A téglatestnek 6 lapja van, és minden egyes lapon lévő 4 csúcs \( \binom{4}{3} = 4 \) darab ilyen háromszöget határoz meg.
Tehát laponként 4, összesen \( 6 \cdot 4 = 24 \) ilyen háromszög van.
A feltételeknek megfelelő háromszögek száma: \( 56 - 24 = \mathbf{32} \).

a) Az \( \vec{EF} \) egyenes merőleges az \( AEHD \) síkra (mert merőleges az \( EA \) és az \( EH \) élekre). Ezért az \( EF \) egyenes merőleges a sík minden egyenesére, beleértve az \( AH \) egyenest is. Mivel merőlegesek egymásra, a skaláris szorzatuk: $$ \vec{EF} \cdot \vec{AH} = \mathbf{0} $$

b) Vegyünk egy síkmetszetet, amely tartalmazza a kúp tengelyét és a négyzet alapátlóját. Ekkor hasonló háromszögeket kapunk. A belső kisebb kúp (amelyet a felső lap metsz ki) magassága: \( 45 - 15 = 30 \). A hasonlóság aránya a teljes kúp és a felső rész kúpja között: \( \frac{45}{30} = 1,5 \). A felső lap (mely a kúp palástjához ér) egy 8x8-as négyzet, melynek köré írt körének sugara: \( r = \frac{8\sqrt{2}}{2} = 4\sqrt{2} \approx 5,66 \). A teljes kúp alapköre sugarát \( R \)-rel jelölve, a hasonlóság miatt: $$ R = 1,5 \cdot 4\sqrt{2} = 6\sqrt{2} \approx 8,49 $$ A kúp alkotója (\( a \)) Pitagorasz-tétellel számolható: $$ a = \sqrt{R^2 + M^2} = \sqrt{(6\sqrt{2})^2 + 45^2} = \sqrt{72 + 2025} = \sqrt{2097} \approx 45,79 $$ A felszín a kör és a palást területeiből áll (\( A = R^2\pi + R\pi a \)): $$ A = (6\sqrt{2})^2 \pi + 6\sqrt{2} \cdot \pi \cdot \sqrt{2097} \approx 226,19 + 1220,7 \approx \mathbf{1446,9 \text{ területegység}} $$

c) Jelölje a háromszög másik befogóját \( b \), az átfogóját \( c \). Mivel mindkettő pozitív egész szám, a Pitagorasz-tétel: $$ 15^2 + b^2 = c^2 \implies c^2 - b^2 = 225 $$ Alkalmazzuk a szorzattá alakítást: $$ (c - b)(c + b) = 225 $$ A 225-öt kell felbontani két pozitív egész szám szorzatára. Mivel \( c \) és \( b \) pozitívok, \( c + b > c - b > 0 \). A 225 szorzópárjai: 1. \( 1 \cdot 225 \implies c-b=1, c+b=225 \implies c = 113, b = 112 \) 2. \( 3 \cdot 75 \implies c-b=3, c+b=75 \implies c = 39, b = 36 \) 3. \( 5 \cdot 45 \implies c-b=5, c+b=45 \implies c = 25, b = 20 \) 4. \( 9 \cdot 25 \implies c-b=9, c+b=25 \implies c = 17, b = 8 \) Mivel minden egyenletrendszer megoldása egész számot ad, összesen 4 megfelelő derékszögű háromszög van.

a) A levágott kisebbik test egy háromszög alapú gúla, melyet a nagyobbik test felszínének kiszámításakor kivonunk a kocka teljes felszínéből, miközben hozzáadjuk a metszősíkban keletkező \( EGP \) háromszög területét.
A levágott (eltűnő) kockalap-részek:
- Az \( EFG \) derékszögű háromszög területe: \( \frac{6 \cdot 6}{2} = 18 \text{ cm}^2 \).
- Az \( EFP \) és az \( FGP \) derékszögű háromszögek egybevágóak, területük: \( \frac{6 \cdot 3}{2} = 9 \text{ cm}^2 \).
A keletkező \( EGP \) háromszög egyenlő szárú: alapja \( EG = 6\sqrt{2} \approx 8,5 \text{ cm} \), szárai \( PE = PG = \sqrt{6^2 + 3^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5} \approx 6,7 \text{ cm} \).
Az alapjához tartozó magassága a kocka \( BH \) testátlójának a fele, vagyis \( \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3} \text{ cm} \).
A metszetháromszög területe: $$ T_{EGP} = \frac{6\sqrt{2} \cdot 3\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{6} \approx 22,0 \text{ cm}^2 $$ A nagyobbik test felszíne tehát: $$ A = A_{\text{kocka}} - T_{EFG} - 2T_{EFP} + T_{EGP} = 6 \cdot 36 - 18 - 18 + 22,0 = 216 - 36 + 22,0 = \mathbf{202,0 \text{ cm}^2} $$

b) Ha az \( EG \) lapátló felezőpontját \( O \)-val jelöljük, akkor a keresett szög az \( FOP\angle \), mivel \( FO \) és \( PO \) is merőleges a két sík metszésvonalára (\( EG \)).
Az \( FOP \) háromszög az \( F \)-nél derékszögű, melyben \( FP = 3 \text{ cm} \) és \( FO \) a lapátló fele, \( 3\sqrt{2} \text{ cm} \).
A szög tangense: $$ \tan(FOP\angle) = \frac{FP}{FO} = \frac{3}{3\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \approx 0,7071 $$ Ebből a hajlásszög: \( FOP\angle \approx 35,3^\circ \).

a) Annak a valószínűsége, hogy legalább egy nyer, a komplementer eseménnyel könnyen kiszámolható (egyik sem nyer): $$ P(\text{legalább egy}) = 1 - P(\text{egyik sem}) = 1 - 0,8^5 = 1 - 0,32768 \approx \mathbf{0,672} $$

b) Az I. eseménynél az első öt csokiból pontosan 2 nyer, és a 2 új csoki egyike sem nyer. A binomiális eloszlás alapján: $$ P(\text{I}) = \binom{5}{2} \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^3 \cdot 0,8^2 = 10 \cdot 0,04 \cdot 0,512 \cdot 0,64 \approx \mathbf{0,131} $$ A II. eseménynél az első öt csokiból pontosan 1 nyer, a nyeremény (6.) csoki szintén nyer, a rá kapott (7.) csoki viszont már nem nyer: $$ P(\text{II}) = \binom{5}{1} \cdot 0,2^1 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2 \cdot 0,8 = 5 \cdot 0,2 \cdot 0,4096 \cdot 0,16 \approx \mathbf{0,066} $$ Látható, hogy az I. esemény valószínűsége nagyobb.

c) A csokiszelet térfogata 20%-kal nőtt, így az új térfogat az eredeti 1,2-szerese. Mivel a testek hasonlóak, a térfogatok aránya a hasonlósági arány köbével egyezik meg. A hasonlóság aránya tehát: $$ \lambda = \sqrt[3]{1,2} \approx 1,06266 $$ Ha az eredeti szelet hossza \( x \) centiméter, akkor a megnövelté \( x + 1 \). Felírható a képlet: $$ 1,06266x \approx x + 1 \implies 0,06266x \approx 1 \implies x \approx 15,96 $$ A kerekített válasz: az eredeti csokiszelet hossza 16 cm.

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) Az egyszerűség kedvéért dm-ben számolunk: \( 200 \text{ liter} = 200 \text{ dm}^3 \), \( h = 8 \text{ dm} \).
A térfogatképletből (\( V = r^2\pi h \)) kifejezve a sugarat: $$ r^2\pi \cdot 8 = 200 \implies r^2 = \frac{25}{\pi} \implies r \approx 2,82 \text{ dm} $$ A felül nyitott hordó felszíne az alapkörből és a palástból áll: $$ A = r^2\pi + 2r\pi h = 25 + 2\pi \cdot 2,82 \cdot 8 \approx 166,7 \text{ dm}^2 $$ A 12% hulladék azt jelenti, hogy az \( x \) szükséges fémlemez 88%-át használjuk fel hasznos részként: $$ x \cdot 0,88 = 166,7 \implies x \approx \mathbf{190 \text{ dm}^2} $$

b) Fejezzük ki a magasságot a sugarat használva (\( m = \frac{200}{r^2\pi} \)), majd írjuk fel a felszínfüggvényt: $$ A(r) = r^2\pi + 2r\pi \left(\frac{200}{r^2\pi}\right) = r^2\pi + \frac{400}{r} $$ Az extrémum keresését elegánsan, a számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenséggel oldjuk meg, szétbontva a hiperbolikus tagot: $$ A(r) = r^2\pi + \frac{200}{r} + \frac{200}{r} \ge 3 \sqrt[3]{r^2\pi \cdot \frac{200}{r} \cdot \frac{200}{r}} = 3\sqrt[3]{40000\pi} $$ A kifejezés akkor veszi fel a minimumát, ha a tagok megegyeznek: $$ r^2\pi = \frac{200}{r} \implies r^3 = \frac{200}{\pi} \implies \mathbf{r \approx 3,99 \text{ dm}} $$ Visszahelyettesítve a magasság képletébe: $$ m = \frac{200}{\left(\sqrt[3]{\frac{200}{\pi}}\right)^2 \pi} = \sqrt[3]{\frac{200}{\pi}} \implies \mathbf{m \approx 3,99 \text{ dm}} $$ Látható, hogy az optimális hordó sugara és magassága megegyezik.

a) A henger magassága \( m = 8 \) dm, alapkörének sugara \( r = 2,5 \) dm.
A térfogat: $$ V = r^2\pi \cdot m = 2,5^2 \cdot \pi \cdot 8 = 50\pi \approx \mathbf{157 \text{ liter}} \text{ (dm}^3\text{)} $$ A felszín: $$ A = 2r\pi(r + m) = 2 \cdot 2,5 \cdot \pi \cdot (2,5 + 8) = 52,5\pi \approx \mathbf{165 \text{ dm}^2} $$

b) Mivel a henger vízszintes helyzetű, a feltöltött rész és a teljes térfogat aránya megegyezik a hordó alapkörén értelmezett vizes körszelet és a teljes kör területének arányával.
A kör sugara \( 25 \) cm, a vízszint \( 40 \) cm-en van. A vízszint a kör középpontjától \( 40 - 25 = 15 \) cm távolságra metszi a kört a "felső" félkörben.
A felső, üres részhez tartozó körcikk fél-középponti szögét (\( \alpha \)) egy derékszögű háromszögből számíthatjuk ki, ahol az átfogó a sugár (\( 25 \)), a szomszédos befogó a távolság (\( 15 \)): $$ \cos\alpha = \frac{15}{25} = 0,6 $$ Ebből \( \alpha \approx 53,13^\circ \). A felső körcikk teljes középponti szöge \( 2\alpha \approx 106,26^\circ \), a vizes (nagyobbik) körcikk középponti szöge így \( 360^\circ - 2\alpha \approx 253,7^\circ \).
A nagyobbik körcikket egy egyenlő szárú háromszöggel kell kiegészíteni a körszelet megkapásához. A háromszög alapja a vízszint szélessége, magassága 1,5 dm. Pitagorasz-tétellel az alap (dm-ben): $$ 2 \cdot \sqrt{2,5^2 - 1,5^2} = 2 \cdot 2 = 4 \text{ dm} $$ A háromszög területe: $$ T_1 = \frac{4 \cdot 1,5}{2} = 3 \text{ dm}^2 $$ A vizes körcikk területe: $$ T_2 = \frac{360^\circ - 2\alpha}{360^\circ} \cdot 2,5^2\pi \approx 13,84 \text{ dm}^2 $$ A teljes vizes keresztmetszet (körszelet) területe: \( T_{viz} = T_1 + T_2 \approx 16,84 \text{ dm}^2 \).
A teljes kör területe \( T = 2,5^2\pi \approx 19,63 \text{ dm}^2 \).
A keresett százalékos arány: $$ \frac{16,84}{19,63} \cdot 100 \approx \mathbf{86\%} $$

a) Az ilyen típusú feladatokat a legkönnyebb a komplementer esemény segítségével megoldani. A "legalább 2 magozatlan szem" komplementere a "0 vagy 1 magozatlan szem van az üvegben".
A mag bent maradásának valószínűsége \(p = 0,01\), a mag eltávolításáé \(q = 0,99\). A binomiális eloszlást alkalmazzuk (\(n = 120\)):
A 0 magozatlan szem valószínűsége: $$ P(X=0) = \binom{120}{0} \cdot 0,01^0 \cdot 0,99^{120} \approx 0,2994 $$ Az 1 magozatlan szem valószínűsége: $$ P(X=1) = \binom{120}{1} \cdot 0,01^1 \cdot 0,99^{119} \approx 0,3629 $$ A keresett valószínűség tehát a kettő összegének komplementere: $$ P(X \ge 2) = 1 - (0,2994 + 0,3629) = 1 - 0,6623 = \mathbf{0,3377} $$

b) Először kiszámoljuk a hasáb húrtrapéz alakú alaplapjának területét. A trapéz magassága Pitagorasz-tétellel számolható a levágott derékszögű háromszögekből: $$ m_{\text{trapéz}} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{3 - 1,8}{2}\right)^2} = \sqrt{1^2 - 0,6^2} = 0,8 \text{ m} $$ A trapéz területe: $$ T = \frac{3 + 1,8}{2} \cdot 0,8 = 1,92 \text{ m}^2 $$ A hasáb térfogata, mivel magassága 2 m: $$ V = T \cdot M = 1,92 \cdot 2 = \mathbf{3,84 \text{ m}^3} $$ Amikor 2,7 m\(^3\) folyadékot töltenek a konténerbe (mely az \(1,8 \text{ m} \times 2 \text{ m}\)-es lapján áll), a folyadék is egy hasábot formáz, amelynek hossza szintén 2 m. Az új "alaplap" (vízszintes trapéz rész) területe: $$ T_{\text{folyadék}} = \frac{2,7}{2} = 1,35 \text{ m}^2 $$ Legyen a folyadék magassága \(x\). Az alsó él hossza 1,8 m, a felső vízszint szélessége a hasonlóság miatt \(1,8 + 2y\), ahol \(\frac{y}{x} = \frac{0,6}{0,8} = 0,75\), azaz \(y = 0,75x\). A felső él hossza tehát \(1,8 + 1,5x\).
Ebből felírható a terület képlete \(x\)-re: $$ \frac{1,8 + (1,8 + 1,5x)}{2} \cdot x = 1,35 $$ $$ (1,8 + 0,75x) \cdot x = 1,35 \implies 0,75x^2 + 1,8x - 1,35 = 0 $$ Megoldva a másodfokú egyenletet: $$ x_{1,2} = \frac{-1,8 \pm \sqrt{1,8^2 - 4 \cdot 0,75 \cdot (-1,35)}}{1,5} = \frac{-1,8 \pm 2,7}{1,5} $$ A pozitív megoldás \(x = 0,6 \text{ m}\). A folyadék tehát 60 cm magasan áll.

a) Mivel az automata 100 grammos hasábokat vág, a \( B \) futószalagra a \( 100 - x_A \) tömegű darabok kerülnek. A \( B \) szalagon a tömegek tehát: 49 g, 48 g, 53 g és 54 g.
Az \( A \) tömegek átlaga: $$ \frac{51+52+47+46}{4} = \frac{196}{4} = 49 \text{ g} $$ A \( B \) tömegek átlaga: $$ \frac{49+48+53+54}{4} = \frac{204}{4} = 51 \text{ g} $$ Az átlagok valóban különböznek.
Az \( A \) szalagon az átlagtól való eltérések: \( +2, +3, -2, -3 \).
A \( B \) szalagon az átlagtól való eltérések: \( -2, -3, +2, +3 \).
Ezek négyzeteinek összege mindkét esetben megegyezik (\( 4+9+4+9 = 26 \)), így a szórásuk egyaránt: $$ \sigma_A = \sigma_B = \sqrt{\frac{26}{4}} = \sqrt{6,5} \approx 2,55 \text{ g} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

b) Az \( ABC \) egyenlőszárú háromszög \( AB \) oldalához tartozó magassága (Pitagorasz-tétellel): \( m_c = \sqrt{(\sqrt{13})^2 - 2^2} = 3 \).
Az \( S \) sík a \( C \)-ből kiinduló \( CC' \) élt egy \( H \) pontban metszi. A sík hajlásszöge miatt a \( H \) pont magassága az alaptól: $$ CH = m_c \cdot \tan 30^\circ = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3} $$ Mivel \( \sqrt{3} < 2\sqrt{3} \) (a hasáb magassága), a metszet valóban a \( CC' \) élen van.
Az \( ABC \) lapot tartalmazó rész egy \( ABCH \) tetraéder, amelynek \( ABC \) lapjához tartozó magassága \( CH = \sqrt{3} \). Ennek térfogata: $$ V_1 = \frac{1}{3} \cdot T_{ABC} \cdot CH = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{4 \cdot 3}{2}\right) \cdot \sqrt{3} = 2\sqrt{3} $$ A teljes hasáb térfogata: $$ V_{\text{teljes}} = T_{ABC} \cdot m = 6 \cdot 2\sqrt{3} = 12\sqrt{3} $$ A másik (felső) rész térfogata: $$ V_2 = V_{\text{teljes}} - V_1 = 12\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 10\sqrt{3} $$ A két rész térfogatának aránya: $$ \frac{V_1}{V_2} = \frac{2\sqrt{3}}{10\sqrt{3}} = \mathbf{\frac{1}{5}} $$

a) Legyen a két test felszíne \( A \). Írjuk fel a térfogatokat ezen felszín alapján. A kocka éle \( a \), felszíne \( A = 6a^2 \), így az éle \( a = \sqrt{\frac{A}{6}} \). A kocka térfogata négyzetre emelve (az összehasonlítás megkönnyítése végett):

$$ V_{kocka}^2 = (a^3)^2 = a^6 = \left( \sqrt{\frac{A}{6}} \right)^6 = \frac{A^3}{216} $$

A gömb sugara \( r \), felszíne \( A = 4\pi r^2 \), amiből \( r = \sqrt{\frac{A}{4\pi}} \). A gömb térfogata a négyzeten:

$$ V_{gomb}^2 = \left( \frac{4\pi}{3} r^3 \right)^2 = \frac{16\pi^2}{9} r^6 = \frac{16\pi^2}{9} \left( \sqrt{\frac{A}{4\pi}} \right)^6 = \frac{16\pi^2}{9} \cdot \frac{A^3}{64\pi^3} = \frac{A^3}{36\pi} $$

Összehasonlítva a két mennyiséget: \( 36\pi \approx 113,1 \), ami kisebb, mint 216.

$$ 36\pi < 216 \implies \frac{A^3}{36\pi} > \frac{A^3}{216} \implies V_{gomb}^2 > V_{kocka}^2 $$

Mivel a térfogatok pozitívak, ezért \( V_{gomb} > V_{kocka} \), a gömb térfogata valóban nagyobb.

b) A két kis kocka térfogata \( p^3 \) és \( q^3 \), így az új kocka térfogata \( V = p^3 + q^3 \).

Az új kocka éle így: \( a = \sqrt[3]{p^3 + q^3} \).

A kapott kocka felszíne \( 6a^2 \), azaz:

$$ A = 6 \cdot \left( \sqrt[3]{p^3 + q^3} \right)^2 = 6 \cdot \sqrt[3]{(p^3 + q^3)^2} $$

c) Azt kell bizonyítani, hogy az új kocka felszíne kisebb a két eredeti kocka felszínének összegénél (\( 6p^2 + 6q^2 \)):

$$ 6 \cdot \sqrt[3]{(p^3 + q^3)^2} < 6p^2 + 6q^2 $$

Osztjuk mindkét oldalt 6-tal, majd mindkét oldalt (melyek pozitívak) köbre emeljük (az \( x^3 \) függvény szigorú monotonitása miatt ez ekvivalens lépés):

$$ (p^3 + q^3)^2 < (p^2 + q^2)^3 $$

Elvégezve a hatványozásokat:

$$ p^6 + 2p^3q^3 + q^6 < p^6 + 3p^4q^2 + 3p^2q^4 + q^6 $$

Rendezve és a mindkét oldalon szereplő \( p^6 \)-t és \( q^6 \)-t kivonva:

$$ 2p^3q^3 < 3p^4q^2 + 3p^2q^4 $$

Mivel \( p, q > 0 \), a kifejezés osztható \( p^2q^2 \)-tel anélkül, hogy a reláció megváltozna:

$$ 2pq < 3p^2 + 3q^2 $$ $$ 0 < 3p^2 - 2pq + 3q^2 $$

A jobb oldalt felbonthatjuk: \( 3p^2 - 2pq + 3q^2 = 2p^2 + 2q^2 + (p^2 - 2pq + q^2) = 2p^2 + 2q^2 + (p - q)^2 \).

$$ 0 < 2p^2 + 2q^2 + (p - q)^2 $$

Mivel a jobb oldalon szigorúan pozitív (\( 2p^2 + 2q^2 \)) és nemnegatív (\( (p-q)^2 \)) számok összege áll, az egyenlőtlenség minden esetben igaz. Mivel az átalakítások ekvivalensek voltak, az eredeti állítás is igaz volt.

a) Az egy fordulattal lefestett falfelület nagysága a festőhenger palástjának területével egyenlő: $$ P = 2 \cdot 2 \cdot 20 \cdot \pi = 80\pi \approx 251,3 \text{ cm}^2 $$ A teljes falfelület \( 40 \text{ m}^2 = 400\,000 \text{ cm}^2 \).
A teljes falfelület befestéséhez szükséges fordulatok száma: $$ \frac{400\,000}{251,3} \approx 1592 \text{ fordulat} $$ Ennyi fordulattal kb. \( 1592 \cdot 3 = 4776 \text{ ml} \approx 4,8 \text{ liter} \) festéket viszünk fel a falra.
4 liter festék megvásárlása tehát nem elegendő.

b) A 4 liter térfogata \( 4 \text{ dm}^3 = 4000 \text{ cm}^3 \).
A vödör sugara \( r = 8 \text{ cm} \). A henger térfogatképlete alapján: $$ 4000 = 8^2 \cdot \pi \cdot m $$ Ebből a festék magassága (\( m \)): $$ m = \frac{4000}{64\pi} \approx 19,9 \text{ cm} $$ A festék tehát kb. 20 cm magasan állna a vödörben.

a) I. állítás: Igaz. Megfelelő konstrukció például egy fa, ahol van két összekötött központi csúcs (mindkettő fokszáma 3), és mindkettőhöz kapcsolódik további 2-2 levélcsúcs (fokszámuk 1). Így minden csúcs fokszáma páratlan.
II. állítás: Hamis. Ellenpélda: Egy olyan 7 pontú gráf, amely egy 6 pontú teljes gráfból (\( K_6 \)) és egy izolált pontból áll. Ennek élei száma \( \binom{6}{2} = 15 \), de a gráf nem összefüggő.
III. állítás: Hamis. Egy \( n \) pontú fagráfnak mindig pontosan \( n-1 \) éle van. A csúcsok és élek számának összege \( n + (n-1) = 2n - 1 \), ami minden \( n \)-re páratlan szám.

b) Ha az ismeretségek száma (fokszámok) rendre \( a, b, c, d, e, f \), akkor \( a \cdot b \cdot c \cdot d \cdot e \cdot f = 180 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5 \).
Mivel egy 6 csúcsú egyszerű gráfban a maximális fokszám legfeljebb 5 (és \( a \ge b \ge c \ge d \ge e \ge f \)), a lehetséges számsorozatok 180 tényezőiből:
- 5, 3, 3, 2, 2, 1
- 5, 4, 3, 3, 1, 1
A második eset nem alkothat gráfot: Ha van egy 5-öd fokú csúcs, az minden más csúccsal össze van kötve, így nem létezhet két darab 1-es fokszámú csúcs (hiszen egy 4-es fokszámú is van, ami további éleket jelent nekik).
Tehát a fokszámsorozat biztosan: 5, 3, 3, 2, 2, 1.
Ennek egy lehetséges megvalósítása (gráf): \( A \) össze van kötve mindenkivel (B,C,D,E,F). \( F \)-nek meg is van az 1 éle (\( A \)-val). A maradék hálózatban B-nek és C-nek kell még 2-2 él, D-nek és E-nek 1-1. Pl. B össze van kötve C-vel és D-vel, C pedig B-vel és E-vel. Ez kiadja a kívánt fokszámokat.

a) A nehezék térfogata a forgástest szimmetriája alapján egy forgáskúp és egy csonkakúp térfogatának összege.

A szabályos ötszög tulajdonságaiból és a forgástengelyből adódóan a megfelelő derékszögű háromszögek segítségével kiszámíthatjuk a sugarakat és magasságokat. Az alapkör sugara a forgáskúpnál: $$ r = 2 \cdot \sin 54^\circ \approx 1,62 \text{ cm} $$ A forgáskúp magassága: $$ m = 2 \cdot \cos 54^\circ \approx 1,18 \text{ cm} $$ A csonkakúp magassága: $$ h = 2 \cdot \sin 72^\circ \approx 1,90 \text{ cm} $$

A forgáskúp térfogata: $$ V_{\text{kúp}} \approx \frac{1,62^2 \cdot \pi \cdot 1,18}{3} \approx 3,24 \text{ cm}^3 $$ A csonkakúp térfogata (a fedőkör sugara 1 cm, mivel az ötszög felső vízszintes oldalának fele): $$ V_{\text{cskúp}} \approx \frac{1,90 \cdot \pi}{3} \cdot (1,62^2 + 1,62 \cdot 1 + 1^2) \approx 10,39 \text{ cm}^3 $$ A nehezék teljes térfogata: $$ V = V_{\text{kúp}} + V_{\text{cskúp}} \approx 3,24 + 10,39 \approx \mathbf{13,6 \text{ cm}^3} $$

b) A relatív gyakoriságok alapján a gyakorisági táblázat (az adatok számát, 120-at megszorozva a relatív gyakoriságokkal):

tömeg (gramm)	105	106	107	108	109	110
gyakoriság	12	36	36	18	12	6

A 120 adat átlaga a súlyozott számtani közép képletével: $$ \overline{x} = \frac{12 \cdot 105 + 36 \cdot 106 + 36 \cdot 107 + 18 \cdot 108 + 12 \cdot 109 + 6 \cdot 110}{120} = \mathbf{107 \text{ gramm}} $$ A szórás az átlagtól vett eltérések négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{12 \cdot (-2)^2 + 36 \cdot (-1)^2 + 36 \cdot 0^2 + 18 \cdot 1^2 + 12 \cdot 2^2 + 6 \cdot 3^2}{120}} = \sqrt{\frac{204}{120}} = \sqrt{1,7} \approx \mathbf{1,3 \text{ gramm}} $$

a) A feladat szövege alapján a műszerek 7%-a méri hibásan a szöget, 5%-a a távolságot. Mivel 2% mindkét adatot hibásan méri, a szitakötő-elv (logikai szita) alapján a hibás műszerek aránya: $$ P(\text{hibás}) = 0,07 + 0,05 - 0,02 = 0,10 $$ Egy hibátlan műszer választásának valószínűsége tehát \( 1 - 0,10 = 0,9 \).

A minőségellenőr 20 műszert vizsgál visszatevéssel. A hibás darabok száma binomiális eloszlást követ \( n=20 \) és \( p=0,1 \) paraméterekkel. Annak valószínűsége, hogy legfeljebb 2 darab hibás lesz (azaz 0, 1 vagy 2): $$ P(X \le 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) $$ $$ P(X \le 2) = \binom{20}{0} 0,9^{20} + \binom{20}{1} 0,1^1 \cdot 0,9^{19} + \binom{20}{2} 0,1^2 \cdot 0,9^{18} $$ $$ P(X \le 2) \approx 0,1216 + 0,2702 + 0,2852 \approx \mathbf{0,677} $$

b) Jelölje a fa magasságát \( h \). A vízszintes síkon lévő \( ATP \) és \( BTP \) derékszögű háromszögekben (ahol \( P \) a fa csúcsa) a tangens szögfüggvényt alkalmazva felírhatjuk a távolságokat: $$ \operatorname{tg} 55^\circ = \frac{h}{AT} \implies AT = \frac{h}{\operatorname{tg} 55^\circ} \approx 0,7002h $$ $$ \operatorname{tg} 60^\circ = \frac{h}{BT} \implies BT = \frac{h}{\operatorname{tg} 60^\circ} \approx 0,5774h $$ Tudjuk, hogy az \( ATB \) szög \( 90^\circ \)-os, így az \( ATB \) derékszögű háromszögre alkalmazhatjuk a Pitagorasz-tételt: $$ AT^2 + BT^2 = AB^2 $$ $$ \left( \frac{h}{\operatorname{tg} 55^\circ} \right)^2 + \left( \frac{h}{\operatorname{tg} 60^\circ} \right)^2 = 10^2 $$ $$ h^2 \left( \frac{1}{\operatorname{tg}^2 55^\circ} + \frac{1}{\operatorname{tg}^2 60^\circ} \right) = 100 $$ $$ h^2 \left( 0,7002^2 + 0,5774^2 \right) \approx 100 \implies h^2 (0,4903 + 0,3333) \approx 100 \implies 0,8236 h^2 \approx 100 $$ $$ h^2 \approx 121,4 \implies h \approx 11 $$ A fa magassága tehát körülbelül 11 méter.

a) Jelölje \( x \) a szekrény függőleges méretét (magasságát) méterben. A tetőtér keresztmetszetét egy egyenlő szárú derékszögű háromszög alkotja, melynek átfogója fekszik a padlón. A háromszög befogói 4 méteresek, így az átfogója (a padlón lévő alap) \( 4\sqrt{2} \approx 5,66 \) méter hosszú.

A szekrény előlapja egy olyan téglalap, amely szimmetrikusan helyezkedik el ebben a háromszögben. A téglalap felett a bal és jobb oldalon egy-egy kisebb egyenlő szárú derékszögű háromszög marad ki, melyek magassága és alapja is \( x \), illetve \( x \) (mivel a szög \( 45^\circ \)). Emiatt a szekrény szélessége az alap hosszából levonva ezt a két levágást: $$ \text{szélesség} = 4\sqrt{2} - 2x \quad (0 < x < 2\sqrt{2}) $$ A szekrény mélysége 60 cm, azaz 0,6 m. A szekrény térfogata \( x \) függvényében: $$ V(x) = 0,6x(4\sqrt{2} - 2x) = 2,4\sqrt{2}x - 1,2x^2 $$

Ennek a lefelé nyíló másodfokú függvénynek ott van maximuma, ahol a deriváltja nulla (vagy a zérushelyek számtani közepénél). $$ V'(x) = 2,4\sqrt{2} - 2,4x = 0 \implies 2,4x = 2,4\sqrt{2} \implies x = \sqrt{2} $$ A szekrény optimális méretei tehát: Magasság: \( \sqrt{2} \approx 1,41 \text{ m} \) Szélesség: \( 4\sqrt{2} - 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2} \approx \mathbf{2,83 \text{ m}} \).

b) Ha csak az ingek színeit tekintjük (2 fehér, 2 világoskék, 3 sárga), a lehetséges sorrendek száma ismétléses permutációval: $$ \frac{7!}{2! \cdot 2! \cdot 3!} = \frac{5040}{2 \cdot 2 \cdot 6} = 210 $$

A kedvező esetek két diszjunkt halmazra bonthatók: 1. Az első három napon három különböző színű inget választ: Ekkor az első három helyre a 3 különböző szín (fehér, világoskék, sárga) \( 3! = 6 \)-féleképpen kerülhet. A fennmaradó 4 ing (1 fehér, 1 világoskék, 2 sárga) a maradék 4 helyre \( \frac{4!}{2!} = 12 \)-féleképpen kerülhet. Ez összesen \( 6 \cdot 12 = 72 \) lehetőség.
2. Az első három napon három egyforma színű inget választ: Ez csak úgy lehetséges, ha mind a három ing sárga. A maradék 4 helyre a 2 fehér és 2 világoskék ing \( \frac{4!}{2! \cdot 2!} = 6 \)-féleképpen osztható el.

A kedvező esetek száma összesen: \( 72 + 6 = 78 \). A keresett valószínűség: $$ P = \frac{78}{210} = \frac{13}{35} \approx \mathbf{0,371} $$

a) A 17 gramm 18 karátos ékszer aranytartalma: $$ 17 \cdot \frac{18}{24} = 12,75 \text{ g} $$ Ha \( x \) gramm a 14 karátos ékszer tömege, annak aranytartalma \( x \cdot \frac{14}{24} \). Ezt egyenlővé téve: $$ x \cdot \frac{14}{24} = 12,75 \implies x \approx 21,86 $$ Így a két gyűrű együttes tömege legfeljebb 21,9 gramm lehet.

b) A két gyűrű együttes térfogata: $$ V = \frac{m}{\rho} = \frac{16}{15} \approx 1,0667 \text{ cm}^3 = 1066,7 \text{ mm}^3 $$ Egy gyűrű térfogata két henger térfogatának különbsége. Jelölje \( x \) a keresett szélességet (magasságot).
Az első gyűrű belső sugara \( 8,5 \) mm, külső sugara \( 8,5 + 1,5 = 10 \) mm. Ennek térfogata: $$ V_1 = (10^2 \pi \cdot x) - (8,5^2 \pi \cdot x) \approx 87,2x \text{ (mm}^3\text{)} $$ A második gyűrű belső sugara \( 9,9 \) mm, külső sugara \( 9,9 + 1,6 = 11,5 \) mm. Ennek térfogata: $$ V_2 = (11,5^2 \pi \cdot x) - (9,9^2 \pi \cdot x) \approx 107,6x \text{ (mm}^3\text{)} $$ A kettő összege adja a teljes térfogatot: $$ V_1 + V_2 = 1066,7 \implies 87,2x + 107,6x = 1066,7 $$ $$ 194,8x = 1066,7 \implies x \approx 5,48 \text{ mm} $$ A gyűrűk szélessége tehát kerekítve 5,5 mm.

a) Költségfüggvény felírása és optimalizálása:
Ha \( r \) a doboz alapkörének sugara, \( m \) pedig a magassága cm-ben, akkor a térfogat: \( V = r^2\pi \cdot m = 1000 \). Ebből a magasság kifejezhető: $$ m = \frac{1000}{r^2\pi} $$ A teljes anyagköltség \( r \) függvényében (alaplap + fedőlap és palást összegzésével): $$ f(r) = 2 \cdot r^2\pi \cdot 0,2 + 2r\pi \cdot m \cdot 0,1 = 0,4r^2\pi + 0,2r\pi \frac{1000}{r^2\pi} = 0,4r^2\pi + \frac{200}{r} \text{ (Ft)} $$ A függvény minimumát a derivált nullahelyén keressük: $$ f'(r) = 0,8r\pi - \frac{200}{r^2} = 0 $$ $$ 0,8r^3\pi = 200 \implies r = \sqrt[3]{\frac{200}{0,8\pi}} \approx \mathbf{4,3 \text{ cm}} $$ Mivel a második derivált \( f''(r) = 0,8\pi + \frac{400}{r^3} > 0 \), ez valóban minimumhely.
A minimális anyagköltséghez tartozó magasság: $$ m = \frac{1000}{4,3^2\pi} \approx \mathbf{17,2 \text{ cm}} $$ A minimális anyagköltség kiszámolva és forintra kerekítve: $$ f(4,3) \approx 0,4 \cdot 4,3^2\pi + \frac{200}{4,3} \approx 23,2 + 46,5 = \mathbf{70 \text{ Ft}} $$

b) Statisztikai mutatók:
Az adatok átlaga egyszerű számtani közép: $$ \overline{x} = \frac{0+1+0+0+2+0+0+1+3+0}{10} = \mathbf{0,7} $$ Az átlagtól mért átlagos abszolút eltérés (az adatok és az átlag különbségének abszolút értékeinek átlaga): $$ D = \frac{6 \cdot |0 - 0,7| + 2 \cdot |1 - 0,7| + 1 \cdot |2 - 0,7| + 1 \cdot |3 - 0,7|}{10} $$ $$ D = \frac{6 \cdot 0,7 + 2 \cdot 0,3 + 1,3 + 2,3}{10} = \frac{4,2 + 0,6 + 1,3 + 2,3}{10} = \mathbf{0,84} $$

a) Átmérő számítása:
A négy kis kör középpontja egy 12 mm oldalú négyzetet alkot. Ennek a négyzetnek a képzeletbeli átlója áthalad a nagy kör középpontján, és a hossza \( 12\sqrt{2} \) mm.
Ez az átlós távolság megegyezik a két szemben lévő kis kör sugarának (\( 2 \cdot 3 \text{ mm} = 6 \text{ mm} \)) és a nagy kör átmérőjének (\( d \)) az összegével: $$ d + 6 = 12\sqrt{2} \implies d = 12\sqrt{2} - 6 \approx \mathbf{10,97 \text{ mm}} $$

b) Kombinatorika szimmetria érveléssel:
Mivel a torony elemeinek minden pozíciójában kétféle szín lehet, az összes lehetséges különböző 8 emeletes torony száma \( 2^8 = 256 \).
Szimmetria okokból azon tornyok száma, amelyek több piros elemet tartalmaznak, megegyezik azon tornyok számával, amelyek több kéket.
Kizárólag azokat az eseteket kell kivonnunk, amikor pontosan ugyanannyi (4-4) piros és kék elem van a toronyban. Ezen tornyok száma: $$ \binom{8}{4} = 70 $$ A megfelelő tornyok száma tehát a maradék fele: $$ \frac{256 - 70}{2} = \mathbf{93} $$

c) Valószínűségszámítás:
Annak a valószínűsége, hogy egy kiválasztott kocka nem selejtes: $$ 1 - \frac{20}{1\,000\,000} = 0,99998 $$ Annak a valószínűsége, hogy egy \( n \) kockát tartalmazó dobozban egyetlen kocka sem selejtes: \( 0,99998^n \).
A feladat szerint a selejtes elem előfordulásának valószínűsége kisebb mint 0,01. Ebből következik, hogy a tiszta (selejtmentes) doboz valószínűsége legalább 0,99 kell legyen: $$ 0,99998^n \ge 0,99 $$ Vegyük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát (a logaritmusfüggvény monotonitása miatt az irány marad): $$ n \cdot \lg 0,99998 \ge \lg 0,99 $$ Mivel \( \lg 0,99998 < 0 \), az osztásnál az egyenlőtlenség iránya megfordul: $$ n \le \frac{\lg 0,99}{\lg 0,99998} \approx 502,5 $$ Tehát András legfeljebb 502 darabos készletet vehet.

a) Az edény alapéle legyen \( x \) cm hosszú. Mivel az edény térfogata 4000 cm³, felírható a térfogat képlete: $$ 4000 = x^2 \cdot 6,4 \implies x^2 = \frac{4000}{6,4} = 625 \implies x = 25 $$ A zománccal bevonandó felület területe (alaplap + 4 oldallap): $$ F = x^2 + 4 \cdot x \cdot 6,4 = 625 + 4 \cdot 25 \cdot 6,4 = 625 + 640 = \mathbf{1265 \text{ cm}^2} $$

b) Ha az edény magassága \( m \) cm, akkor a térfogata \( 4000 = x^2 m \). Fejezzük ki \( m \)-et a térfogatból: $$ m = \frac{4000}{x^2} $$ A felület területe egy \( x \) változójú függvényként: $$ F(x) = x^2 + 4xm = x^2 + 4x \frac{4000}{x^2} = x^2 + \frac{16\,000}{x} $$ A minimum kereséséhez alkalmazzuk a pozitív tagokra felírható számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget a kifejezés három részre bontásával (\( x > 0 \)): $$ x^2 + \frac{16\,000}{x} = x^2 + \frac{8000}{x} + \frac{8000}{x} \ge 3 \sqrt[3]{x^2 \cdot \frac{8000}{x} \cdot \frac{8000}{x}} $$ $$ 3 \sqrt[3]{64\,000\,000} = 3 \cdot 400 = 1200 $$ Az egyenlőség (a minimális felület) pontosan abban az esetben teljesül, ha a tagok egyenlőek: $$ x^2 = \frac{8000}{x} \implies x^3 = 8000 \implies x = 20 $$ Tehát a gyártott edények alapéle 20 cm.

c) A selejtes edény kiválasztásának valószínűsége független ismétléses kísérlet (binomiális eloszlás), ahol \( p = 0,02 \), \( n = 50 \) és \( k = 2 \): $$ P(\text{pontosan 2 selejt}) = \binom{50}{2} \cdot 0,02^2 \cdot (1 - 0,02)^{48} $$ $$ P \approx 1225 \cdot 0,0004 \cdot 0,379 \approx \mathbf{0,186} $$

a) A 90°-os nyílásszög miatt a kúp egyenlő szárú derékszögű háromszög megforgatásával keletkezik. Az alapkör sugara egyenlő a magassággal, azaz $r = 6\text{ cm}$. Az alkotó hossza a Pitagorasz-tétel alapján $a = \sqrt{6^2+6^2} = 6\sqrt{2} \approx 8,49\text{ cm}$.

Térfogata: $$ V = \frac{r^2\pi \cdot m}{3} = \frac{6^2\pi \cdot 6}{3} = 72\pi \approx \mathbf{226\text{ cm}^3} $$ Felszíne: $$ A = r\pi(r + a) = 6\pi(6 + 6\sqrt{2}) = 36(1 + \sqrt{2})\pi \approx \mathbf{273\text{ cm}^2} $$

b) Jelölje $\rho$ a beírt gömb sugarát. A kúp tengelymetszetét (egyenlő szárú derékszögű háromszög) tekintve, a gömb sugara kifejezhető a magasságból. A beírt kör sugara és a magasság közötti összefüggésből kapjuk, hogy $\rho\sqrt{2} = 6 - \rho$, amiből: $$ \rho = 6(\sqrt{2} - 1) \approx 2,49\text{ cm} $$

A metsző sík a gömb középpontján halad át, így a lemetszett kisebb kúp magassága $m_1 = 6 - \rho \approx 3,51\text{ cm}$. A lemetszett kúp $V_1$ térfogatára (a hasonló testek térfogatának aránya miatt) felírható: $$ \frac{V_1}{V} = \left(\frac{m_1}{m}\right)^3 = \left(\frac{12 - 6\sqrt{2}}{6}\right)^3 $$ Amiből a kis kúp térfogata: $V_1 = 72\pi(2 - \sqrt{2})^3 \approx 45,5\text{ cm}^3$.

A csonkakúp térfogata az eredeti és a kis kúp térfogatának különbsége: $$ V_{\text{csonkakúp}} \approx 226 - 45,5 = \mathbf{181\text{ cm}^3} $$

a) Ha $a$ jelöli a négyzetes oszlop alapélének hosszát, és $k$ darabból készítjük a hasábokat, akkor $H_1$ (oldaluknál összeillesztve) felszíne: $$ A_{H_1} = 2 \cdot 2a^2 + 2 \cdot k \cdot a^2 + 2 \cdot k \cdot 2a^2 = 2a^2(3k + 2) $$ A $H_2$ (alapjukkal összeillesztve) felszíne: $$ A_{H_2} = 2a^2 + 4 \cdot k \cdot 2a^2 = 2a^2(4k + 1) $$ Az $\frac{A_{H_1}}{A_{H_2}} = 0,8$ feltételből ($2a^2$-tel történő egyszerűsítés után): $$ \frac{3k + 2}{4k + 1} = 0,8 \Rightarrow 3k + 2 = 0,8 \cdot (4k + 1) $$ $$ 3k + 2 = 3,2k + 0,8 \Rightarrow 1,2 = 0,2k \Rightarrow k = 6 $$ Tehát 6-6 négyzetes oszlopot használtunk a hasábok építéséhez.

b) Vizsgáljuk meg az $a_{n+1} - a_n$ különbséget! $$ a_{n+1} - a_n = \frac{3(n+1)+2}{4(n+1)+1} - \frac{3n+2}{4n+1} = \frac{3n+5}{4n+5} - \frac{3n+2}{4n+1} $$ Közös nevezőre hozva: $$ \frac{(3n+5)(4n+1) - (3n+2)(4n+5)}{(4n+5)(4n+1)} = \frac{12n^2 + 23n + 5 - (12n^2 + 23n + 10)}{(4n+5)(4n+1)} = \frac{-5}{(4n+5)(4n+1)} $$ A kapott tört számlálója negatív, nevezője minden pozitív egész $n$ esetén pozitív, így a tört értéke negatív. Ezért a sorozat szigorúan monoton csökkenő.

A sorozat minden tagja pozitív, így alulról korlátos (pl. a $0$ egy alsó korlát). Mivel a sorozat monoton csökkenő, felülről a legelső tagja, $a_1 = \frac{5}{5} = 1$ korlátozza. (Vagy felhasználhatjuk, hogy határértéke $\frac{3}{4}$, így konvergens, s minden konvergens sorozat egyben korlátos is.) Tehát a sorozat korlátos.

a) A fekvő palack keresztmetszete egy 4 cm sugarú kör. Mivel a 2 cm átmérőjű nyitott nyílás szimmetrikus, annak legalsó pontja a középponttól \( 1 \text{ cm} \)-re van lefelé. A folyadékszint tehát éppen ezen a vonalon helyezkedik el, a folyadék keresztmetszete egy körszeletet alkot.
Ha felrajzoljuk a kör sugarait a folyadékszint határpontjaihoz, egy egyenlő szárú háromszöget kapunk, amelynek magassága a folyadékszintig 1 cm. A fél középponti szöget \( \beta \)-val jelölve: $$ \cos \beta = \frac{1}{4} \implies \beta \approx 75,52^\circ $$ A folyadékszelvény területe a teljes körcikk és a háromszög területének különbsége: $$ T_{\text{körcikk}} = \frac{2\beta}{360^\circ} \cdot 4^2 \pi \approx 21,09 \text{ cm}^2 $$ $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{4^2 \sin(2\beta)}{2} \approx 3,87 \text{ cm}^2 $$ $$ T_{\text{körszelet}} = 21,09 - 3,87 = 17,22 \text{ cm}^2 $$ A palackban lévő folyadék térfogata a henger magasságával szorozva: $$ V = 17,22 \cdot 30 = 516,6 \text{ cm}^3 \approx \mathbf{5,2 \text{ dl}} $$

b) A térfogatcsökkenés feltétele szerint a végső térfogat az eredetinek 19,5%-a. Felírhatjuk az egyenletet: $$ \left( 1 - \frac{2p}{100} \right) \left( 1 - \frac{p}{100} \right) = 0,195 $$ Rendezve: $$ \frac{100 - 2p}{100} \cdot \frac{100 - p}{100} = 0,195 \implies (100 - 2p)(100 - p) = 1950 $$ $$ 10000 - 300p + 2p^2 = 1950 \implies 2p^2 - 300p + 8050 = 0 \implies p^2 - 150p + 4025 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( p_1 = 35 \) és \( p_2 = 115 \).
Mivel a térfogat 2p százalékkal csökken az elején, \( 2p \le 100 \) miatt a \( p = 115 \) nem megoldása a feladatnak.
Tehát \( p = 35 \).

Legyen a négyzetes oszlop alapéleinek hossza \( a \) (cm) és a magasság hossza \( b \) (cm). A feltétel szerint \( a > 2 \) és \( b > 2 \) egészek.

Azoknak az egységkockáknak lesz pontosan két lapja piros, melyek a nagy oszlop élei mentén helyezkednek el, de nem a csúcsokban (a csúcskockáknak 3 piros lapja van).
A testnek 8 olyan éle van (az alaplapokon), amelynek hossza \( a \). Ezeken élenként \( a - 2 \) kocka van. További 4 oldaléle van, amelynek hossza \( b \), itt élenként \( b - 2 \) ilyen festett kocka található.

Összesítve, az ilyen kockák száma: $$ 8 \cdot (a - 2) + 4 \cdot (b - 2) = 28 $$ Ezt rendezve és egyszerűsítve a diophantikus egyenletet kapjuk: $$ 8a - 16 + 4b - 8 = 28 $$ $$ 8a + 4b = 52 \implies \mathbf{2a + b = 13} $$

Keresünk olyan \( (a; b) \) számpárokat, ahol \( a \ge 3 \) és \( b \ge 3 \) egészek. A lehetséges értékek táblázatban összefoglalva:

\( a \) (cm)	5	4	3
\( b \) (cm)	3	5	7

A három lehetséges négyzetes oszlop térfogata (\( V = a^2 \cdot b \)):

• Ha \( a = 5 \) és \( b = 3 \), akkor \( V = 5^2 \cdot 3 = \mathbf{75 \text{ cm}^3} \).
• Ha \( a = 4 \) és \( b = 5 \), akkor \( V = 4^2 \cdot 5 = \mathbf{80 \text{ cm}^3} \).
• Ha \( a = 3 \) és \( b = 7 \), akkor \( V = 3^2 \cdot 7 = \mathbf{63 \text{ cm}^3} \).

a) A gúla felszíne az alaplap és a négy oldallap területének összege.
- Alaplap: \( T_{ABCD} = 12 \cdot 6 = 72 \).
- \( ABP \) háromszög: Egyenlő szárú. A magassága \( P \)-ből az \( AB \) élre vetítve a téglatest \( ADHE \) lapjának átlójával egyezik meg. A magasság hossza: \( \sqrt{6^2 + 8^2} = 10 \). Így \( T_{ABP} = \frac{12 \cdot 10}{2} = 60 \).
- \( DCP \) háromszög: Magassága a téglatest magassága, azaz 8. Területe: \( T_{DCP} = \frac{12 \cdot 8}{2} = 48 \).
- \( PAD \) és \( PBC \) háromszögek: Egybevágó derékszögű háromszögek (befogóik 6 és 10, mivel \( P \) merőleges vetülete a \( CD \) él felezőpontja). Területük egyenként: \( \frac{6 \cdot 10}{2} = 30 \).
A gúla felszíne: \( 72 + 60 + 48 + 2 \cdot 30 = \mathbf{240 \text{ egység}^2} \).

b) Az \( ABP \) lap síkja egybeesik az \( ABGH \) átlós síkmetszettel. A keresett szög az \( ABGH \) sík és az \( ABCD \) sík hajlásszöge, ami az \( ADHE \) lapon látszó \( HAD \angle \)-gel egyenlő.
Egy derékszögű háromszög alapján: $$ \tan \alpha = \frac{HD}{AD} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3} \implies \alpha \approx \mathbf{53,1^\circ} $$

Jelölje \( r \) a gömbszelet és a hozzá illeszkedő henger közös alapkörének sugarát. A gömb sugarára és ezekre az adatokra felírható egy derékszögű háromszög Pitagorasz-tétele a gömb középpontja körül. Ennek átfogója 10, befogói \( r \) és \( m - 10 \). Ez alapján:

$$ r^2 + (m - 10)^2 = 10^2 \implies r^2 = 100 - (m^2 - 20m + 100) = 20m - m^2 $$

A váza teljes térfogata a gömbszelet és a henger térfogatának összege: \( V = V_{\text{gömbszelet}} + V_{\text{henger}} \).

$$ V(m) = \frac{\pi}{6}m(3r^2 + m^2) + \pi r^2 m $$

Behelyettesítve \( r^2 \) kapott kifejezését az \( m \) függvényében:

$$ V(m) = \frac{\pi}{6}m \cdot [3(20m - m^2) + m^2] + \pi m(20m - m^2) $$ $$ V(m) = \frac{\pi}{6}m(60m - 2m^2) + 20\pi m^2 - \pi m^3 $$ $$ V(m) = 10\pi m^2 - \frac{\pi}{3}m^3 + 20\pi m^2 - \pi m^3 $$ $$ V(m) = 30\pi m^2 - \frac{4\pi}{3}m^3 $$

Ennek a köbös polinomfüggvénynek keressük a maximumát a \( ]10; 20[ \) nyílt intervallumon. Deriváljuk az \( m \) függvényében:

$$ V'(m) = 60\pi m - 4\pi m^2 = 4\pi m (15 - m) $$

A derivált zérushelye \( V'(m) = 0 \), ami az adott intervallumon akkor teljesül, ha \( m = 15 \).

Mivel a derivált függvény grafikonja (mint másodfokú lefelé nyitott parabola) 15-ig pozitív (a térfogat nő), 15 után negatív (a térfogat csökken), az \( m = 15 \) értéknél valóban abszolút maximuma van a függvénynek.

Jancsinak tehát 15 cm magasságot kell választania ahhoz, hogy a vázába a lehető legtöbb víz férjen.

a) Tekintsük azt a derékszögű háromszöget, amelyet a testátló, az alaplap átlója és a hasáb magassága alkot. Az alaplap átlója egy 18 egység oldalú négyzet átlója, azaz \( d = 18\sqrt{2} \).

A keresett \( \alpha \) szög a testátló és az alaplap átlója által bezárt szög. Felírhatjuk a szög koszinuszát: $$ \cos \alpha = \frac{18\sqrt{2}}{36\sqrt{2}} = \frac{1}{2} $$ Ebből adódik, hogy \( \mathbf{\alpha = 60^\circ} \).

b) A hasáb magasságát (\( m \)) kiszámíthatjuk a derékszögű háromszögből Pitagorasz-tétellel vagy trigonometriával: $$ m = 36\sqrt{2} \cdot \sin 60^\circ = 36\sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 18\sqrt{6} $$ A hasáb felszíne a két alaplap és a négy oldallap területének összege: $$ A = 2a^2 + 4am = 2 \cdot 18^2 + 4 \cdot 18 \cdot 18\sqrt{6} $$ $$ A = 648 + 1296\sqrt{6} \approx \mathbf{3822,5 \text{ területegység}} $$

c) A mértani sorozat első tagja \( a_1 = 18 \), negyedik tagja \( a_4 = 36\sqrt{2} \). A kvócienst (\( q \)) a következő összefüggésből kapjuk: $$ a_4 = a_1 \cdot q^3 \implies 36\sqrt{2} = 18 \cdot q^3 $$ $$ q^3 = 2\sqrt{2} = (\sqrt{2})^3 \implies q = \sqrt{2} $$ A sorozat második tagja tehát: $$ a_2 = a_1 \cdot q = \mathbf{18\sqrt{2}} $$ Ez pedig pontosan a 18 egység oldalú négyzet (az alaplap) átlójának hossza.

1. Az \( ABFG \) négyszög elemzése
Mivel \( F \) és \( G \) a \( CE \), illetve a \( DE \) oldalélek felezőpontjai, ezért az \( FG \) szakasz a \( CDE \) lapon lévő háromszög középvonala. Ebből következik, hogy \( FG \parallel CD \) és \( FG = \frac{CD}{2} \).

Tudjuk, hogy az alaplap négyzet, így \( CD \parallel AB \) és \( CD = AB = 28 \).
Így \( FG \parallel AB \) is teljesül, továbbá \( FG = \frac{28}{2} = 14 \).

Mivel \( FG \parallel AB \), az \( ABFG \) négyszög egy húrtrapéz. A trapéz párhuzamos oldalainak hossza: \( a = 28 \) és \( c = 14 \).

2. A trapéz magasságának kiszámítása
A trapéz területképlete: \( T = \frac{a+c}{2} \cdot m \).

Behelyettesítve az ismert adatokat (\( T=504 \)): $$ 504 = \frac{28 + 14}{2} \cdot m_{\text{trapéz}} $$ $$ 504 = 21 \cdot m_{\text{trapéz}} $$ $$ m_{\text{trapéz}} = 24 $$ A metszősíkban lévő trapéz magassága tehát 24 egység (ezt jelöli az \( MN \) szakasz az ábrán).

3. A gúla magasságának meghatározása
Helyezzük el a gúlát egy térbeli koordináta-rendszerben úgy, hogy az alaplap középpontja az origó \( O(0; 0; 0) \) legyen. Az alapélek a tengelyekkel párhuzamosak, így a csúcsok: \( A(-14; 14; 0) \), \( B(14; 14; 0) \).

Jelöljük a gúla magasságát \( h \)-val. Ekkor a gúla csúcsa \( E(0; 0; h) \).

Vegyük fel az \( AB \) oldal felezőpontját: \( M(0; 14; 0) \), és a \( CD \) oldal felezőpontját: \( N'(0; -14; 0) \).
Mivel \( FG \) a \( CDE \) lapon futó \( EN' \) magasságvonal felezőpontján megy át, az \( FG \) szakasz felezőpontja \( N \), melynek koordinátái: \( N\left(0; -7; \frac{h}{2}\right) \).

A trapéz magassága éppen az \( MN \) szakasz hossza, amelyet felírhatunk a térbeli távolságképlettel: $$ MN = \sqrt{(0-0)^2 + (-7 - 14)^2 + \left(\frac{h}{2} - 0\right)^2} $$ $$ 24 = \sqrt{(-21)^2 + \frac{h^2}{4}} $$ $$ 576 = 441 + \frac{h^2}{4} $$ $$ 135 = \frac{h^2}{4} \implies h^2 = 540 $$ A gúla magassága tehát \( h = \sqrt{540} \).

4. Az oldalél hosszának kiszámítása
A keresett oldalél \( AE \). Felírhatjuk az \( A(-14; 14; 0) \) és \( E(0; 0; \sqrt{540}) \) pontok távolságát: $$ AE^2 = (0 - (-14))^2 + (0 - 14)^2 + (\sqrt{540} - 0)^2 $$ $$ AE^2 = 14^2 + (-14)^2 + 540 $$ $$ AE^2 = 196 + 196 + 540 = 932 $$ $$ AE = \sqrt{932} = \mathbf{2\sqrt{233} \approx 30,53 \text{ egység}} $$

a) Számoljunk cm-ben. A magasság \( m = 200 \), a sugarak \( R = 6 \) és \( r = 4 \).
A közelítő henger alapkörének sugara a két sugár számtani közepe: \( \frac{6+4}{2} = 5 \text{ cm} \).
A közelítő térfogat: $$ V_{\text{közelítő}} = 5^2 \cdot \pi \cdot 200 = 5000\pi \approx 15\,708 \text{ cm}^3 $$ A csonkakúp pontos térfogata a térfogatképlettel: $$ V_{\text{pontos}} = \frac{200\pi}{3} (6^2 + 6 \cdot 4 + 4^2) = \frac{200\pi}{3} \cdot 76 = \frac{15200\pi}{3} \approx 15\,917 \text{ cm}^3 $$ Az eltérés mértéke: \( \frac{15200\pi}{3} - 5000\pi = \frac{200\pi}{3} \approx 209 \text{ cm}^3 \).
A relatív hiba a pontos értékhez viszonyítva: $$ \frac{\frac{200\pi}{3}}{\frac{15200\pi}{3}} = \frac{200}{15200} \approx 0,013 $$ A közelítő számítással kapott térfogat tehát kb. 1,3 %-kal tér el a pontos térfogattól.

b) Legyen a csonkakúp alapköreinek sugara \( R \) és \( r \), magassága \( m \) (mind pozitív). Azt állítjuk, hogy a közelítő henger térfogata nem haladja meg a pontos térfogatot: $$ m\pi \left(\frac{R+r}{2}\right)^2 \le \frac{m\pi}{3} (R^2 + Rr + r^2) $$ Mivel \( m\pi > 0 \), eloszthatjuk vele az egyenlőtlenséget, majd a törtek eltüntetése végett szorozzunk 12-vel: $$ 3(R+r)^2 \le 4(R^2 + Rr + r^2) $$ A bal oldalt kibontva és az egészet rendezve: $$ 3R^2 + 6Rr + 3r^2 \le 4R^2 + 4Rr + 4r^2 $$ $$ 0 \le R^2 - 2Rr + r^2 $$ $$ 0 \le (R - r)^2 $$ Mivel egy valós szám négyzete mindig nemnegatív, az egyenlőtlenség minden \( R, r \) esetén igaz. (Egyenlőség csak \( R=r \), azaz henger esetén teljesül.) A lépések ekvivalensek voltak, így az eredeti állítást igazoltuk.

c) A függvény deriválható, vizsgáljuk meg az első deriváltját a hányados deriválási szabályával: $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{2(x-1)(x^2+x+1) - (x-1)^2(2x+1)}{(x^2+x+1)^2} $$ A számlálóból kiemelve a közös \( (x-1) \) tényezőt: $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{(x-1) \left[ 2(x^2+x+1) - (x-1)(2x+1) \right]}{(x^2+x+1)^2} $$ $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{(x-1) \left[ 2x^2+2x+2 - (2x^2-x-1) \right]}{(x^2+x+1)^2} $$ $$ f'(x) = 25 \cdot \frac{(x-1)(3x+3)}{(x^2+x+1)^2} = 75 \cdot \frac{x^2-1}{(x^2+x+1)^2} $$ Szélsőérték ott lehetne, ahol a derivált nulla, vagyis ahol a számláló nulla. Ebből \( x^2 - 1 = 0 \implies x = \pm 1 \) adódna. Az értelmezési tartományon (\( x > 1 \)) azonban az \( f'(x) = 0 \) egyenletnek nincs megoldása, így a függvénynek nincs szélsőértéke.

a) Legyen \( \beta \) a \( B \) csúcsnál lévő szög. A tangens szögfüggvény alapján: $$ \operatorname{tg} \beta = \frac{6}{18} = \frac{1}{3} $$ Ebből \( \beta \approx \mathbf{18,43^\circ} \).
A másik hegyesszög: \( \alpha = 90^\circ - \beta \approx \mathbf{71,57^\circ} \).

b) Jelöljük a keresett szakaszt \( x \)-szel: \( PB = PA = x \).
Ekkor a \( PCA \) derékszögű háromszög befogói \( CA = 6 \) és \( PC = 18 - x \), átfogója \( PA = x \).
Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt: $$ 6^2 + (18 - x)^2 = x^2 $$ $$ 36 + 324 - 36x + x^2 = x^2 $$ $$ 360 = 36x \implies \mathbf{x = 10} $$ Tehát a \( PB \) szakasz hossza \( \mathbf{10\text{ cm}} \).

c) A tetraéder alaplapjának tekinthetjük az \( ABC \) háromszöget, ekkor a test magassága éppen a \( CD = 15\text{ cm} \) szakasz lesz.
Az alaplap területe: $$ T_{ABC} = \frac{18 \cdot 6}{2} = 54\text{ cm}^2 $$ A tetraéder térfogata: $$ V = \frac{T_{ABC} \cdot m}{3} = \frac{54 \cdot 15}{3} = \mathbf{270\text{ cm}^3} $$

a) A keresett szöget egy padlássíkra és tetősíkra egyaránt merőleges síkmetszeten vizsgálhatjuk (a gúla alapjának középvonala mentén vett metszet).
Ez a metszet egy egyenlő szárú háromszög, melynek alapja 6 méter, magassága 5 méter. A keresett \( \alpha \) szög a derékszögű féltriangulumból számítható (befogók: 3 m és 5 m): $$ \operatorname{tg} \alpha = \frac{5}{3} \implies \alpha \approx \mathbf{59^\circ} $$

b) Az 1,9 méteres magasságnál a tetősíkok által bezárt négyzet (hasznos alapterület) meghatározásához használjuk a hasonló háromszögeket.
A teljes gúla magassága 5 m, alapjának "fél-szélessége" 3 m. Az 1,9 m magasságból levágott felső kis gúla magassága \( 5 - 1,9 = 3,1 \) m.
Legyen a hasznos alapterület fél-szélessége \( s \). A hasonlóság miatt: $$ \frac{s}{3} = \frac{3,1}{5} \implies s = \frac{9,3}{5} = 1,86\text{ m} $$ A teljes szélesség így \( 2s = 3,72 \) m. A hasznos alapterület: $$ T = (3,72)^2 \approx \mathbf{13,84\text{ m}^2} $$

c) A koszorú magassága \( x \). Ha a koszorú legalább 1,9 m (\( x \ge 1,9 \)), akkor a teljes \( 6 \times 6 \) méteres alapterület hasznosnak minősül, azaz \( T = 36\text{ m}^2 \). A lehetséges koszorúmagasság felső korlátja az 5 m-es csúcsmagasság.
Vizsgáljuk a \( 0 \le x < 1,9 \) esetet. Ekkor a szükséges hiányzó hasznos magasság a koszorú fölött \( 1,9 - x \).
A felső kis gúla (ami az egyenes falak vége felett kezdődik) teljes magassága \( 5 - x \). A hasznos rész feletti maradvány gúla magassága \( (5 - x) - (1,9 - x) = 3,1 \) m.
A hasznos terület fél-szélességét jelöljük \( y \)-nal. A hasonló háromszögeket felírva: $$ \frac{y}{3} = \frac{3,1}{5 - x} \implies y = \frac{9,3}{5 - x} $$ A négyzet oldala \( 2y = \frac{18,6}{5 - x} \). A terület függvény tehát: $$ T(x) = \begin{cases} \left( \frac{18,6}{5 - x} \right)^2, & \text{ha } 0 \le x < 1,9 \\ 36, & \text{ha } 1,9 \le x \le 5 \end{cases} $$

a) - Csúcsok száma: A 8 kockacsúcs helyett minden csúcsnál 3-3 új csúcs keletkezik, így \( 8 \cdot 3 = \mathbf{24} \) csúcsa van.
- Élek száma: A kocka 12 élének középső része megmarad, és a levágásoknál 8 darab háromszög keletkezik, ami újabb \( 8 \cdot 3 = 24 \) élt jelent. Összesen \( 12 + 24 = \mathbf{36} \) éle van.
- Lapok száma: A kocka 6 lapja nyolcszöggé alakul, a levágott csúcsoknál pedig 8 darab új háromszöglap keletkezik. Összesen \( 6 + 8 = \mathbf{14} \) lapja van.

b) A talapzat felszínét kiszámíthatjuk, ha a 6 darab nyolcszög területéhez hozzáadjuk a 8 darab szabályos háromszög területét.
Az eredeti kocka éle 12 dm, a negyedelő pontig tartó levágott szakaszok hossza \( 12 / 4 = 3 \) dm.
A nyolcszög területe egyenlő a 12 dm oldalú négyzet területével, amiből kivonjuk a sarkoknál lévő 4 darab, 3 dm befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög területét: $$ T_{\text{nyolcszög}} = 12^2 - 4 \cdot \frac{3 \cdot 3}{2} = 144 - 18 = 126 \text{ dm}^2 $$ A levágott szabályos háromszögek oldala a derékszögű háromszög átfogója: \( a = 3\sqrt{2} \). A szabályos háromszög területe: $$ T_{\text{háromszög}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{(3\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{18\sqrt{3}}{4} = \frac{9\sqrt{3}}{2} \text{ dm}^2 $$ A teljes felszín: $$ A = 6 \cdot T_{\text{nyolcszög}} + 8 \cdot T_{\text{háromszög}} = 6 \cdot 126 + 8 \cdot \frac{9\sqrt{3}}{2} = \mathbf{756 + 36\sqrt{3} \approx 818,35 \text{ dm}^2} $$

c) Legyen \( m \) egy darab ajándéktárgy megrendelt tömege. Az összes tömeg így \( 20m \). A feladat adatai táblázatba rendezve:

anyag	achát	hematit	zöld jade	gránát
gyakoriság	3 db	6 db	7 db	4 db
tömeg (\( \times m \))	0,99	0,995	1,015	\( x \)

A teljes tömegre felírható egyenlet (ahol \( x \) a gránátok megrendelttől való eltérését mutatja szorzóként): $$ 3 \cdot 0,99m + 6 \cdot 0,995m + 7 \cdot 1,015m + 4 \cdot xm = 20m $$ Mindkét oldalt \( m \)-mel osztva és elvégezve a műveleteket: $$ 2,97 + 5,97 + 7,105 + 4x = 20 $$ $$ 16,045 + 4x = 20 \implies 4x = 3,955 \implies x = 0,98875 $$ Ez azt jelenti, hogy a gránátok tömege a megrendeltnek a 98,875%-a, tehát 1,125%-kal kisebb annál.

a) Jelöljük a téglatest \( AD \) élének hosszát \( a \)-val! Mivel a \( D'DA \) háromszög egyenlőszárú derékszögű (szöge 45°):
A téglatest magassága: \( DD' = AA' = BB' = a \), és a lapátló \( AD' = a\sqrt{2} \).
Az \( ABB' \) derékszögű háromszögben \( BB' = a \) és \( \angle BAB' = 60^\circ \). A tangens és szinusz függvényeket alkalmazva:
\( AB = \frac{a}{\tan 60^\circ} = \frac{a}{\sqrt{3}} \) és az átfogó \( AB' = \frac{a}{\sin 60^\circ} = \frac{2a}{\sqrt{3}} \).
A felső \( A'B'C'D' \) lapon az \( A'B' = AB = \frac{a}{\sqrt{3}} \) és az \( A'D' = AD = a \). Ebből a \( B'D' \) lapátló a Pitagorasz-tétellel:
$$ B'D' = \sqrt{\left(\frac{a}{\sqrt{3}}\right)^2 + a^2} = \sqrt{\frac{a^2}{3} + a^2} = \sqrt{\frac{4a^2}{3}} = \frac{2a}{\sqrt{3}} $$ Tehát az \( AB'D' \) háromszögben \( AB' = B'D' = \frac{2a}{\sqrt{3}} \), így egyenlő szárú.
A keresett szög a \( \alpha = \angle B'AD' \). Koszinusztétellel felírva az \( AB'D' \) háromszögre: $$ (B'D')^2 = (AB')^2 + (AD')^2 - 2 \cdot AB' \cdot AD' \cdot \cos \alpha $$ $$ \frac{4a^2}{3} = \frac{4a^2}{3} + 2a^2 - 2 \cdot \frac{2a}{\sqrt{3}} \cdot a\sqrt{2} \cdot \cos \alpha $$ $$ 0 = 2a^2 - \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{3}} a^2 \cos \alpha \implies 2 = 4\sqrt{\frac{2}{3}} \cos \alpha $$ $$ \cos \alpha = \frac{2}{4\sqrt{\frac{2}{3}}} = \frac{1}{2\sqrt{\frac{2}{3}}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \mathbf{\frac{\sqrt{6}}{4}} \approx 0,6124 $$

b) A téglatest élei: \( a \), \( a \), \( \frac{a}{\sqrt{3}} \). A legrövidebb él az \( AB = \frac{a}{\sqrt{3}} \). Ha ez 10, akkor \( a = 10\sqrt{3} \).
Az \( AB'A'D' \) tetraéder térfogatát az \( AA'D' \) alaplappal (derékszögű háromszög) és \( A'B' \) magassággal számoljuk (mivel az \( A'B' \) él merőleges az \( AA'D' \) síkra):
$$ V = \frac{1}{3} \cdot T_{AA'D'} \cdot A'B' = \frac{1}{3} \left( \frac{a \cdot a}{2} \right) \cdot \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{a^3}{6\sqrt{3}} $$ Behelyettesítve \( a = 10\sqrt{3} \)-at: $$ V = \frac{(10\sqrt{3})^3}{6\sqrt{3}} = \frac{1000 \cdot 3\sqrt{3}}{6\sqrt{3}} = \frac{3000}{6} = \mathbf{500} $$

c) A két sík hajlásszögét (\( \varphi \)) a közös metszésvonalon (\( AD' \)) vett merőlegesek zárják be.
Mivel az \( AB'D' \) háromszög egyenlő szárú (\( AB' = B'D' \)), az \( AD' \)-re bocsátott merőleges átmegy az \( AD' \) szakasz \( F \) felezőpontján.
Hasonlóan, az \( AA'D' \) háromszög is egyenlő szárú derékszögű háromszög, az \( A'F \) a magassága, amely egyben a derékszögből húzott súlyvonal. Hossza az átfogó fele: \( A'F = \frac{AD'}{2} = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}} \).
Az \( A'B'F \) háromszög derékszögű az \( A' \) csúcsnál, a keresett \( \varphi \) pedig az \( \angle A'FB' \).
$$ \tan \varphi = \frac{A'B'}{A'F} = \frac{\frac{a}{\sqrt{3}}}{\frac{a}{\sqrt{2}}} = \sqrt{\frac{2}{3}} \approx 0,8165 $$ Visszakeresve: \( \mathbf{\varphi \approx 39,23^\circ} \).

a) Az eredeti \( ABC \) szabályos háromszög magassága 1,5 dm. Mivel \( m = \frac{a \sqrt{3}}{2} = 1,5 \), a háromszög oldalhossza \( a = \sqrt{3} \) dm.
Minden oldallal párhuzamost húzunk \( x \) távolságra befelé. Az újonnan kapott \( A_1 B_1 C_1 \) háromszög is szabályos. Ha a nagy háromszög sarkainál megvizsgáljuk az elhagyott részeket, észrevesszük, hogy a szögfelezők mentén csökken a beírt körhöz hasonló módon a méret.
A levágott rész oldalhosszra gyakorolt hatását a csúcsnál lévő \( 30^\circ \)-os derékszögű háromszögből számíthatjuk. Az oldal rövidülése mindkét végén \( x \cdot \cot 30^\circ = x\sqrt{3} \). Így az új háromszög oldalhossza \( b \)-vel jelölve: $$ b = \sqrt{3} - 2x\sqrt{3} = \sqrt{3}(1 - 2x) $$ Az \( A_1 B_1 C_1 \) háromszög területe az oldal ismeretében felírható: $$ T_{A_1 B_1 C_1} = \frac{b^2 \sqrt{3}}{4} = \frac{\left( \sqrt{3}(1 - 2x) \right)^2 \cdot \sqrt{3}}{4} = \mathbf{\frac{3\sqrt{3}(1 - 2x)^2}{4}} $$

b) A hasáb alaplapja az \( A_1 B_1 C_1 \) háromszög, magassága a felhajtott \( x \). Így a hasáb térfogata \( V(x) = T_{A_1 B_1 C_1} \cdot x \): $$ V(x) = \frac{3\sqrt{3}(1 - 2x)^2}{4} \cdot x = \frac{3\sqrt{3}}{4} \left( 1 - 4x + 4x^2 \right) x = \frac{3\sqrt{3}}{4} \left( x - 4x^2 + 4x^3 \right) $$ Mivel \( x < 0,5 \), az értelmezési tartomány \( 0 < x < \frac{1}{2} \).
A maximum megkereséséhez deriváljuk a térfogatfüggvényt: $$ V'(x) = \frac{3\sqrt{3}}{4} \left( 1 - 8x + 12x^2 \right) $$ A lokális szélsőérték ott lehet, ahol a derivált nulla: $$ 12x^2 - 8x + 1 = 0 $$ Ennek a másodfokú egyenletnek a gyökei: \( x_1 = \frac{1}{2} \) és \( x_2 = \frac{1}{6} \).
Mivel az értelmezési tartomány az \( ]0; 0,5[ \) intervallum, így az \( x = \frac{1}{2} \) nem lehet megoldás.
A derivált függvény előjelváltásából (vagy a második deriváltból) egyértelmű, hogy \( x = \frac{1}{6} \) lokális és abszolút maximumot ad a vizsgált tartományon.
A térfogat tehát akkor maximális, ha \( \mathbf{x = \frac{1}{6}} \) dm.

a) A kapott alakzat egy csonkakúp. A magassága \( m = 10\sqrt{2} \), az alapkörök sugarai pedig a két trapézalap: \( r = 2\sqrt{12} = 4\sqrt{3} \) és \( R = 3\sqrt{75} = 15\sqrt{3} \).
A csonkakúp térfogatképletébe behelyettesítve: $$ V = \frac{m \cdot \pi}{3} (R^2 + r^2 + R \cdot r) $$ $$ V = \frac{10\sqrt{2} \cdot \pi}{3} \left( (15\sqrt{3})^2 + (4\sqrt{3})^2 + 15\sqrt{3} \cdot 4\sqrt{3} \right) $$ $$ V = \frac{10\sqrt{2} \cdot \pi}{3} (675 + 48 + 180) = \frac{10\sqrt{2} \cdot \pi}{3} \cdot 903 = 3010 \cdot \sqrt{2} \cdot \pi \approx \mathbf{13326,47 \text{ térfogategység}} $$

b) Legyenek az oldalak \( a, b, c, d \) (ahol \( a \) és \( c \) az alapok, \( b \) a derékszögű szár, \( d \) a ferde szár). Mivel érintőtrapéz, a szemközti oldalak összege egyenlő: \( a + c = b + d = 20 \). Ebből a beírt kör átmérője (amely megegyezik a \( b \) szárral): \( b = 2r \).
Mivel a trapéz szárain fekvő szögek összege 180°, és a középpontból (\( O \)) húzott szakaszok felezik a szögeket, az \( AOD \) háromszög derékszögű. Ennek az átfogóhoz tartozó magassága a kör sugara, \( r \).
A feltétel szerint az érintési pont negyedeli a \( d \) szárat, így a két szegmens hossza \( \frac{d}{4} \) és \( \frac{3d}{4} \). A magasságtétel értelmében: $$ r^2 = \frac{d}{4} \cdot \frac{3d}{4} = \frac{3d^2}{16} \implies r = \frac{d\sqrt{3}}{4} $$ Mivel \( b = 2r \), felírható: \( b = \frac{d\sqrt{3}}{2} \).
A \( b + d = 20 \) egyenletbe visszahelyettesítve: $$ \frac{d\sqrt{3}}{2} + d = 20 \implies d \left( \frac{\sqrt{3} + 2}{2} \right) = 20 \implies d = \frac{40}{2 + \sqrt{3}} = 40(2 - \sqrt{3}) \approx \mathbf{10,72} $$ Az egyenes szár: $$ b = 20 - d = 20 - 40(2 - \sqrt{3}) = 20(2\sqrt{3} - 3) \approx \mathbf{9,28} $$ Mivel \( b = \frac{d\sqrt{3}}{2} \), a derékszögű trapézból adódik, hogy az alapok hosszkülönbsége alapján a ferde oldalt lefedő derékszögű háromszög egy szabályos háromszög fele, emiatt \( a = c + \frac{d}{2} \). A két alap összege 20, tehát: $$ 2c + \frac{d}{2} = 20 \implies c = 10 - \frac{d}{4} = 10(\sqrt{3} - 1) \approx \mathbf{7,32} $$ Az alsó alap hossza: $$ a = 20 - c = 10(3 - \sqrt{3}) \approx \mathbf{12,68} $$

Jelölje az eredeti kocka élhosszát \( a \), az egyetlen eltérő méretű kis kocka élhosszát pedig \( b \). A térfogatok összege alapján felírható a következő egyenlet: $$ a^3 = 98 \cdot 1^3 + b^3 \implies a^3 - b^3 = 98 $$ A feltételek alapján \( a \) és \( b \) pozitív egész számok (\( b \ge 1 \)). Emiatt \( a^3 > 98 \), amiből következik, hogy \( a \ge 5 \).

Alakítsuk szorzattá a különbséget: $$ (a - b)(a^2 + ab + b^2) = 98 $$ Vizsgáljuk meg az \( a = 5 \) esetet: $$ 5^3 - b^3 = 98 \implies 125 - b^3 = 98 \implies b^3 = 27 \implies b = 3 $$ Ez a megoldás tökéletesen megfelel a feltételeknek.

Biztosíthatjuk, hogy nincs más megoldás. Próbáljuk ki az \( a = 6 \)-ot: \( 6^3 - 98 = 216 - 98 = 118 \), ami nem köbszám.
Továbbá, ha \( a \ge 7 \), akkor a két szomszédos köbszám közötti különbség: $$ a^3 - (a - 1)^3 = 3a^2 - 3a + 1 $$ Ha \( a = 7 \), akkor a minimális különbség \( 3 \cdot 49 - 21 + 1 = 127 > 98 \). Tehát a 7-nél nagyobb egészek esetén a köbszámok túlságosan "távol" vannak egymástól, nem adhatnak ki 98-as különbséget.

Az eredeti kocka éle tehát \( a = 5 \text{ cm} \). Ennek megfelelően az eredeti kocka térfogata: $$ V = 5^3 = \mathbf{125 \text{ cm}^3} $$

a) A függvény grafikonja egy "V" alakú törtvonal, amelynek töréspontja az \( (4; 3) \) koordinátánál található. Az intervallum végpontjaiban a felvett értékek: \( x = 0 \)-nál \( f(0) = 5 \), \( x = 6 \)-nál \( f(6) = 4 \).

b) A legkisebb felvett érték a töréspontban van (\( y = 3 \)), a legnagyobb érték pedig a \( 0 \) helyen (\( y = 5 \)).
Az értékkészlet: \( [3; 5] \).

c) A \( [0; 4] \) intervallumon a grafikont megforgatva egy csonkakúp keletkezik.
Az alapkörök sugara: \( R = f(0) = 5 \) és \( r = f(4) = 3 \).
A csonkakúp magassága az intervallum hossza: \( m = 4 \).
A csonkakúp alkotójának hossza Pitagorasz-tétellel számolható:
$$ a = \sqrt{m^2 + (R - r)^2} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5} $$ A felszín a két alaplap és a palást területének összege:
$$ A = R^2\pi + r^2\pi + (R + r)a\pi $$ $$ A = 25\pi + 9\pi + (5 + 3) \cdot 2\sqrt{5}\pi = 34\pi + 16\sqrt{5}\pi $$ $$ A = \mathbf{(34 + 16\sqrt{5})\pi \approx 219,2} $$