Cím:	Megoldásvázlatok a 2011/9. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Koncz Levente
Füzet:	2012/január, 3 - 10. oldal	PDF  |  MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész     1.  Egy általános iskolában a farsangi tombolán összesen $210$ tombolaszelvényt adtak el, ezek közül hármat vett meg Bori. A sorsoláson összesen $20$ nyertes szelvényt húznak ki, melyek közül az utolsónak a tulajdonosa kapja meg a főnyereményt. Határozzuk meg annak a valószínűségét, hogy $a)$ Bori legalább az egyik szelvénnyel nyer; $b)$ Bori mindhárom szelvénnyel nyer; $c)$ Bori nyeri a főnyereményt.  (12 pont)   Megoldás. $a)$ Számítsuk ki a komplementer esemény valószínűségét, s azt 1-ből levonva kapjuk a keresett valószínűséget. Ha Bori nem nyert, akkor mind a 20 nyertes szelvény abból a 207-ből került ki, amit nem ő vásárolt meg. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle P\left(\text{Bori nyer}\right)}& {\displaystyle =1-P\left(\text{Bori nem nyer}\right)=1-\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{207}{20}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{210}{20}\right)}=1-\frac{\frac{207\cdot 206\cdot \text{...}\cdot 188}{20!}}{\frac{210\cdot 209\cdot \text{...}\cdot 191}{20!}}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =1-\frac{207\cdot 206\cdot \text{...}\cdot 188}{210\cdot 209\cdot \text{...}\cdot 191}=1-\frac{190\cdot 189\cdot 188}{210\cdot 209\cdot 208}\approx 0\mathrm{,}2605.}\hfill \end{array}}$ $b)$ Ha Bori mindhárom szelvényével nyert, akkor a többi 207 szelvény közül 17-et húztak ki: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle P\left(\text{Bori mindhárommal nyer}\right)}& {\displaystyle =\frac{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{3}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{207}{17}\right)}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{210}{20}\right)}=\frac{\frac{207\cdot 206\cdot \text{...}\cdot 191}{17!}}{\frac{210\cdot 209\cdot \text{...}\cdot 191}{20!}}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{207\cdot 206\cdot \text{...}\cdot 191}{210\cdot 209\cdot \text{...}\cdot 191}\cdot \frac{20!}{17!}=\frac{20\cdot 19\cdot 18}{210\cdot 209\cdot 208}\approx 0\mathrm{,}00075.}\hfill \end{array}}$ $c)$ A 210 eladott szelvény bármelyike egyenlő valószínűséggel nyeri a főnyereményt, ezek közül három darab Borié, ezért: $\begin{array}{c}{\displaystyle P\left(\text{Bori nyeri a főnyereményt}\right)=\frac{3}{210}\approx 0\mathrm{,}014.}\end{array}$   2.  Legyen $P$ olyan pont a derékszögű koordináta-rendszerben, hogy a $P$-ből az $x^2+y^2=6y-6$ és az $x^2+y^2=2x$ egyenletű körökhöz húzott érintőknek $P$-től az érintési pontokig terjedő szakaszai mind ugyanakkorák. Igazoljuk, hogy az említett tulajdonsággal rendelkező $P$ pontok halmaza egy egyenes. Írjuk fel ennek az egyenesnek az egyenletét. $\begin{array}{c}\end{array}$ (13 pont)   Megoldás. Alakítsuk át a körök egyenletét: $x^2+{\left(y-3\right)}^2=3$, tehát az első kör középpontja a $C_1\left(0;3\right)$ pont, sugara pedig $r_1=\sqrt[]{3}$. ${\left(x-1\right)}^2+y^2=1$, tehát a második kör középpontja a $C_2\left(1;0\right)$ pont, sugara pedig $r_2=1$. Ha egy külső $P$ pontból érintőt húzunk egy körhöz, akkor a kör középpontja, az érintési pont és a $P$ pont egy (az érintési pontnál) derékszögű háromszöget alkot. Egy-egy érintési pontot a két körön $E_1$-gyel, illetve $E_2$-vel jelölve: $P{E}_1=$ =PE2,   s mivel $P{E}_1=\sqrt[]{P{C}_1^2-r_1^2}$ és $P{E}_2=\sqrt[]{P{C}_2^2-r_2^2}$, azért $P{C}_1^2-r_1^2=P{C}_2^2-r_2^2$.     A $P\left(x;y\right)$ koordinátájú pont távolsága a körök középpontjaitól: $\begin{array}{c}{\displaystyle P{C}_1=\sqrt[]{{\left(x-0\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2}\mathrm{,}\text{illetve}P{C}_2=\sqrt[]{{\left(x-1\right)}^2+{\left(y-0\right)}^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezeket az előbb kapott egyenletbe visszaírva: $x^2+{\left(y-3\right)}^2-3={\left(x-1\right)}^2+y^2-1$. Ebből rendezés után a másodfokú tagok kiesnek, és kapjuk: $x-3y+3=0$. A keresett tulajdonságú pontok tehát ezen az egyenesen helyezkednek el, és ennek az egyenesnek valóban minden pontja megfelel, mert a fenti gondolatmenet lépései megfordíthatók. Ehhez csak azt kell ellenőrizni, hogy $P{C}_i^2-r_i^2\ge 0$, ez pedig teljesül az egyenes minden pontjára, hiszen például $P{C}_1^2-r_1^2={\left(3y-3\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2-3=10y^2-24y+15$, ami mindig pozitív, mivel az utóbbi kifejezés diszkriminánsa negatív. Megjegyzés. A kapott egyenes a két körnek az úgynevezett hatványvonala, melynek egyenlete a két kör egyenletének különbsége, s mivel a két körnek nincs közös pontja, ezért a hatványvonalnak sincs a körökkel közös pontja, tehát az egyenes minden pontjából valóban húzható érintő a körökhöz.   3.  Határozzuk meg az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=3x^2+px+q}\end{array}$ hozzárendeléssel megadott függvényben a $p$ és a $q$ paraméterek értékét, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{1}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)dx=13\text{és}\underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)dx=35.}\end{array}$ (12 pont)    (12 pont)   Megoldás. Az integrálok értékéből egy-egy egyenletet írhatunk fel a két ismeretlen paraméterre: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{1}{\overset{3}{\int }}\left(3x^2+px+q\right)dx}& {\displaystyle ={\left[x^3+\frac{p{x}^2}{2}+qx\right]}_1^3=\left(27+4\mathrm{,}5p+3q\right)-\left(1+0\mathrm{,}5p+q\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =26+4p+2q=\mathrm{13,}}\hfill \end{array}}$ azaz $4p+2q=-13$. ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \underset{2}{\overset{4}{\int }}\left(3x^2+px+q\right)dx}& {\displaystyle ={\left[x^3+\frac{p{x}^2}{2}+qx\right]}_2^4=\left(64+8p+4q\right)-\left(8+2p+2q\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =56+6p+2q=\mathrm{35,}}\hfill \end{array}}$ azaz $6p+2q=-21$. A két egyenletből álló egyenletrendszert megoldjuk, a megoldás: $p=-4$, $q=1\mathrm{,}5$, a keresett függvény hozzárendelési szabálya: $f\left(x\right)=3x^2-4x+1\mathrm{,}5$.     4.  $a)$ Határozzuk meg a valós számoknak azt a legbővebb részhalmazát, amelyen az $\begin{array}{c}{\displaystyle x\mapsto \frac{\text{sin}2x}{\text{cos}(x+\frac{\pi }{6})-\text{cos}(x-\frac{\pi }{6})}}\end{array}$ hozzárendeléssel megadott függvény értelmezhető és ezen az értelmezési tartományon adjuk meg a függvény értékkészletét. Ábrázoljuk a függvényt a $\left[-2\pi ;2\pi \right]$ intervallumon. $b)$ Oldjuk meg a   $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{sin}2x}{\text{cos}(x+\frac{\pi }{6})-\text{cos}(x-\frac{\pi }{6})}=2\text{cos}2x}\end{array}$ egyenletet a valós számok halmazán.  (14 pont)   Megoldás. $a)$ Átalakítjuk a törtkifejezés nevezőjét: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \text{cos}\left(x+\frac{\pi }{6}\right)-\text{cos}\left(x-\frac{\pi }{6}\right)}& {\displaystyle =\text{cos}x\cdot \text{cos}\frac{\pi }{6}-\text{sin}x\text{sin}\frac{\pi }{6}-\left(\text{cos}x\cdot \text{cos}\frac{\pi }{6}+\text{sin}x\text{sin}\frac{\pi }{6}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =-2\text{sin}x\cdot \frac{1}{2}=-\text{sin}x\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ A függvény hozzárendelése tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle x\mapsto \frac{2\text{sin}x\text{cos}x}{-\text{sin}x}=-2\text{cos}x\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $\text{sin}x\ne 0$, tehát a függvény értelmezési tartománya: $\begin{array}{c}{\displaystyle D_f=\text{R}\backslash \left\{k\pi \mid k\in \text{Z}\right\}\mathrm{.}}\end{array}$     A függvény értékkészlete: $R_f=\left]-2;2\right[$. Az ábra mutatja a kért intervallumon a függvény képét. $b)$ Felhasználva az előző eredményt az egyenlet az ismert trigonometrikus azonosságok alkalmazásával az alábbiak szerint alakítható: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle -\text{cos}x=\text{cos}2x\left(\text{ahol }\text{sin}x\ne 0\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle -\text{cos}x=\text{cos}{}^{2}x-\text{sin}{}^{2}x=\text{cos}{}^{2}x-\left(1-\text{cos}{}^{2}x\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle 0=2\text{cos}{}^{2}x+\text{cos}x-1.}\hfill \end{array}}$ Ez az egyenlet $\text{cos}x$-ben másodfokú, megoldásai: 0,5 és $-1$. Az első esetben $x=\pm \frac{\pi }{3}+2k\pi$ $\left(k\in \text{Z}\right)$, a második esetben viszont $\text{sin}x=0$ lenne, ami ellentmond a feltételnek, így onnan nem kapunk megoldást. Átalakításaink ekvivalensek voltak.   II. rész     5.  Egy egységnyi oldalú szabályos háromszög oldalait (azonos körüljárási irány szerint) felosztottuk $m:n$ arányban, és az osztópontokat összekötve újabb háromszöget kaptunk. Ezt az eljárást gondolatban végtelen sokszor megismételjük a kapott háromszögek mindegyikével. A keletkezett háromszögek területének összege az eredeti háromszög területének $\frac{19}{30}$-szorosa. Határozzuk meg az $m:n$ arányt.  (16 pont)   Megoldás. Az $ABC$ szabályos háromszög egységnyi $AB$, $BC$ és $CA$ oldalán legyen rendre a $P$, $Q$ és $R$ pont úgy, hogy $AP=BQ=CR=x$ és $PB=QC=RA=1-x$. Vagyis $m:n=x:\left(1-x\right)$. Nyilván a $PQR$ háromszög is szabályos, hiszen $APR$, $BQP$ és $CRQ$ háromszögek egybevágóak (két oldaluk és a két oldal által közbezárt szögük megegyezik), ezért $RP=PQ=QR$. Ebből következik, hogy az eljárás folyamán kapott valamennyi háromszög szabályos lesz, továbbá hasonlósági megfontolások miatt (mivel minden esetben $m:n$ arányban osztjuk a háromszögek oldalait) a keletkezett háromszögek oldalai egy mértani   sorozatot alkotnak, melynek hányadosa $q=\frac{PQ}{AB}$.     Hasonló sokszögek területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyenlő, ezért a keletkezett háromszögek területei egy olyan mértani sorozatot alkotnak, melynek hányadosa $q^2=(\frac{PQ}{AB}{)}^2<1$. Tekintsük e mértani sorozat részletösszegeinek sorozatát egy végtelen mértani sornak. Tekintsük első elemnek az eredeti háromszöget, így a végtelen mértani sor összege az eredeti háromszög területének, tehát a sorozat első elemének a $\frac{49}{30}$-szorosa. $\begin{array}{c}{\displaystyle S=\frac{a_1}{1-q^2}=\frac{49}{30}{a}_1\mathrm{,}}\end{array}$ amiből kapjuk, hogy $q^2=\frac{19}{49}$, azaz $q=\frac{\sqrt[]{19}}{7}$ (hiszen a $q<0$ ebben az esetben nem értelmezhető). Minden berajzolt háromszög területe tehát $\frac{19}{49}$-szerese az előző   háromszög területének, oldalhosszúsága pedig $\frac{\sqrt[]{19}}{7}$-szerese   a megelőző háromszög oldalhosszúságának. Ezek szerint: $PR=\frac{\sqrt[]{19}}{7}$. Az $APR$ háromszögben írjuk fel a koszinusztételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{\sqrt[]{19}}{7}\right)}^2=x^2+{\left(1-x\right)}^2-2x\left(1-x\right)\text{cos}{60}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ Elvégezzük a műveleteket, beszorzunk és nullára rendezünk: $0=49x^2-49x+10$. Az egyenlet gyökei: $x=\frac{2}{7}$ és $x=\frac{5}{7}$. Tehát $m:n=x:\left(1-x\right)=2:5$ (vagy $5:2$).   6.  $a)$ Határozzuk meg az $x$ értékét úgy, hogy $16\cdot {25}^x$, $133\cdot {10}^x$ és $250\cdot 4^x$ (ebben a sorrendben) egy számtani sorozat egymást követő elemei legyenek. $b)$ Egy számtani sorozat első eleme $16$, differenciája $117$. A sorozat első $n$ elemének összege $371000$. Határozzuk meg $n$ értékét.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ A feltételek szerint: $133\cdot {10}^x-16\cdot {25}^x=250\cdot 4^x-133\cdot {10}^x$. Nullára rendezve: $0=16\cdot {25}^x-266\cdot {10}^x+250\cdot 4^x$. Osszuk végig az egyenletet (a biztosan pozitív) $4^x$-nel: $\begin{array}{c}{\displaystyle 0=16\cdot \frac{{25}^x}{4^x}-266\cdot \frac{{10}^x}{4^x}+250=16\cdot {\left(\frac{5}{2}\right)}^{2x}-266\cdot {\left(\frac{5}{2}\right)}^x+250.}\end{array}$ Ez az egyenlet $(\frac{5}{2}{)}^x$-ben másodfokú, megoldásai: $\frac{125}{8}$ és 1. Az első esetben az $x=3$, a másodikban az $x=0$ adódik. Mindkét esetben valóban számtani sorozatot kapunk (250 000; 133 000; 16 000, illetve 16; 133; 250). $b)$ A számtani sorozat összegképlete szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle S_n=\frac{\left[2a_1+\left(n-1\right)\cdot d\right]\cdot n}{2}=\frac{\left[32+117\left(n-1\right)\right]\cdot n}{2}=371000.}\end{array}$ Kettővel beszorozva és a műveleteket elvégezve, majd nullára rendezve: $\begin{array}{c}{\displaystyle 117n^2-85n-742000=0.}\end{array}$ Ennek a pozitív megoldása az $n_1=80$ (a másik gyök negatív: $n_2=-\frac{9275}{117}\approx -79\mathrm{,}27$). Tehát a sorozat első 80 tagjának az összege 371 000.     7.  Egy ötoldalú szabályos gúla minden éle egyenlő. $a)$ Mekkora szöget zárnak be a szomszédos oldallapok? $b)$ Mekkora szöget zár be egy oldalél az alaplappal? $c)$ Egy ólomból készített papírnehezék alakja éppen ilyen szabályos ötoldalú gúla, melynek minden éle 1,5 cm hosszúságú. Hány darab papírnehezék önthető 1,5 kg ólomból, ha a művelet során a tapasztalatok szerint $9\%$ veszteséggel kell számolnunk? $($Az ólom sűrűsége $11\mathrm{,}3{\text{g/cm}}^3\mathrm{.})$  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Legyen a gúla alaplapja az $ABCDE$ szabályos ötszög, csúcsa az $F$ pont, oldalélének hossza $a$. Két oldallap szögét a metszésvonalukra (tehát a közös élre) a két lap síkjában állított merőlegesek szöge határozza meg. Az $AF$ élre annak $P$ felezőpontjában az $AFE$, illetve az $ABF$ lapok síkjában állított merőlegesek éppen az $AFE$ és $ABF$ háromszögek magasságai, hiszen az oldallapok szabályos   háromszögek, ezért $PE=PB=\frac{\sqrt[]{3}}{2}a$. $EAB$ szög a szabályos ötszög egy belső szöge, tehát 108${}^o$-os. Az $EAB$ háromszögben írjuk fel a koszinusztételt a $BE$ oldalra:     $\begin{array}{c}{\displaystyle B{E}^2=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a\cdot \text{cos}{108}^{\circ }\approx 2\mathrm{,}618a^2\mathrm{,}\text{ebből}BE\approx 1\mathrm{,}618a\mathrm{.}}\end{array}$ (Ismert, hogy a szabályos ötszög átlója és oldala az aranymetszés arányában áll   egymással, vagyis a $BE=\frac{\sqrt[]{5}+1}{2}a$ pontos értékkel is számolhatunk.) $EBP$ háromszögben felírva a koszinusztételt a keresett $BPE$ szögre: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}BPE\sphericalangle =\frac{2\cdot {\left(\frac{\sqrt[]{3}}{2}a\right)}^2-{\left(\frac{\sqrt[]{5}+1}{2}a\right)}^2}{2\cdot \left(\frac{\sqrt[]{3}}{2}a\right)\left(\frac{\sqrt[]{3}}{2}a\right)}=-\frac{\sqrt[]{5}}{3}\approx -0\mathrm{,}\mathrm{7454,}}\end{array}$ ahonnan $BPE\sphericalangle \approx {138\mathrm{,}19}^{\circ }$. Tehát a két szomszédos oldallap által bezárt szög kb. ${138\mathrm{,}19}^{\circ }$. $b)$ A gúla csúcsának az alaplapon vett merőleges vetülete legyen $T$. A keresett szög ekkor pl. a $TAF$ szög. Az $AT$ szakasz hosszát kiszámolhatjuk az $EAT$ egyenlőszárú háromszögből, melynek alapon fekvő szögei 54 fokosak: ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{\frac{a}{2}}{AT}=\text{cos}{54}^{\circ }\mathrm{,}\text{ahonnan}AT=\frac{a}{2\text{cos}{54}^{\circ }}\approx 0\mathrm{,}8507a\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{cos}TAF\sphericalangle =\frac{AT}{AF}=\frac{0\mathrm{,}8507a}{a}=0\mathrm{,}\mathrm{8507,}}\hfill \end{array}}$ ahonnan $FAT\sphericalangle \approx {31\mathrm{,}71}^{\circ }$. Egy oldalélnek az alaplappal bezárt szöge tehát kb. ${31\mathrm{,}71}^{\circ }$. $c)$ A gúla alaplapja egy szabályos ötszög, mely a középpontjából a csúcsokba húzott szakaszokkal öt darab egybevágó egyenlőszárú háromszögre bontható. Ezek szára ($0\mathrm{,}8507a$) és szárak által bezárt szöge ismert (${72}^{\circ }$), területük a trigonometrikus területképlettel meghatározható. A gúla magassága az $AFT$ háromszögből Pitagorasz-tétellel meghatározható: $\begin{array}{c}{\displaystyle m=TF=\sqrt[]{A{F}^2-A{T}^2}\approx \sqrt[]{a^2-{\left(0\mathrm{,}8507a\right)}^2}\approx 0\mathrm{,}5257a\mathrm{.}}\end{array}$ Ha $a=1\mathrm{,}5$ cm, akkor egy ilyen gúla térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V=\frac{T\cdot m}{3}=\frac{5\cdot \frac{A{T}^2\cdot \text{sin}{72}^{\circ }}{2}\cdot TF}{3}\approx \frac{5\cdot \text{sin}{72}^{\circ }\cdot 0\mathrm{,}{8507}^2\cdot 0\mathrm{,}5257\cdot a^3}{6}\approx 1\mathrm{,}02\text{c<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msup><mrow><mi>m</mi></mrow><mrow><mn>3</mn></mrow></msup></mrow></math>. }}\end{array}$ $1\mathrm{,}5\text{kg = 1500 g}$ ólom térfogata: $V=\frac{1500}{11\mathrm{,}3}\approx 132\mathrm{,}74$ cm${}^3$.   Kilenc százalék veszteséggel számolva a hasznos térfogat $132\mathrm{,}74\cdot 0\mathrm{,}91=120\mathrm{,}8$ cm${}^3$. Az ekkora térfogatú ólomból elkészíthető nehezékek száma legfeljebb $\frac{120\mathrm{,}8}{1\mathrm{,}02}\approx 118\mathrm{,}4$,   azaz 118 darab papírnehezék készíthető 1,5 kg ólomból.     8.  Bergengócia legnagyobb tavának négy üdülővárosát hajójáratokkal szeretnék összekötni. Minden járat közvetlenül két települést köt össze úgy, hogy közben harmadik várost nem érint (a járatok oda-vissza közlekednek). A hálózatban működő járatok száma $0$-tól $6$-ig bármennyi lehet. $a)$ Hány különböző járathálózat alakítható ki? (Két hálózat akkor különböző, ha van legalább egy olyan járat, mely az egyik hálózatban közlekedik, a másikban nem.) $b)$ Az összes lehetséges járathálózat hányadrésze lesz összefüggő? (Egy hálózat akkor összefüggő, ha ‐ szükség esetén átszállással ‐ bármely városból bármely másik városba el lehet jutni.) $c)$ Takarékossági okokból végül úgy döntenek, hogy a lehető legkevesebb járatot indítják el ahhoz, hogy a hálózat még összefüggő legyen. Hány különböző járathálózat alakítható így ki?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ A négy település közt $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{4}{2}\right)=6$ különböző járat indítható.   Ezek mindegyike egymástól függetlenül vagy része a hálózatnak, vagy nem része, tehát $2^6=64$ különböző járathálózat alakítható ki. Megjegyzés. Ugyanezt az értéket kapjuk, ha a járatok száma szerint összegezzük a lehetséges hálózatokat: $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{0}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)+\text{...}+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{6}\right)=64.}\end{array}$ $b)$ Tekintsük a hálózatot egy gráfnak, ahol a települések a pontok, a járatok pedig az élek. A lehetséges 4 pontú, összefüggő, egyszerű gráfokat keressük. A 4 pontú gráfok közül minden legalább 4 élű biztosan összefüggő, ezek száma $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{4}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{5}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{6}\right)=\mathrm{22,}}\end{array}$ a legfeljebb 2 élűek pedig semmiképpen nem összefüggőek. $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{3}\right)=20$ db 3 élű gráf van, melyek közül azok nem összefüggőek, amelyek 3 várost kötnek össze. Ezek száma 4, azaz 16 db 3 élű összefüggő gráf van. Az előbbi típusból 4 különböző van aszerint, hogy melyik pontból indul a 3 él. A második típusnál a legelső pontot 4, a másodikat 3, a harmadikat 2-féleképpen választhatjuk ki, de ugyanezt a gráfot kapjuk, ha a sort a másik végéről kezdjük el felsorolni. Így ezek száma $\frac{4\cdot 3\cdot 2}{2}=12$. A feltételeknek megfelelő összes lehetséges különböző járathálózat száma tehát $22+16=38$, azaz a hálózatok $\frac{38}{64}=\frac{19}{32}$-ed része összefüggő. $c)$ A pontosan 3 élű hálózatok felelnek meg a feltételeknek, ezek száma (az előbbiek szerint): $4+12=16$.     9.  Murmur úr telkét a szomszéd telkétől egy 180 cm magas kerítés választja el. Milyen szögben kell a kerítéshez támasztania a 390 cm magas paravánját, ha azt szeretné, hogy az a szomszéd kertjére a lehető legnagyobb árnyékot vesse, feltéve, hogy a Nap éppen függőlegesen süt? Hány méterre nyúlik be a szomszéd telkére ez az árnyék?  (16 pont)   Megoldás. Válasszuk ismeretlennek a paraván és a kert vízszintes síkja által bezárt $\alpha$ szöget. A paraván által vetett teljes árnyék legyen $d_1$, ebből   Murmur úr kertjébe esik $d_2$, ahol $\text{cos}\alpha =\frac{d_1}{390}$ és $\text{ctg}\alpha =\frac{d_2}{180}$. A szomszéd kertjére eső árnyékot megadó függvény tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(\alpha \right)=d_1-d_2=390\text{cos}\alpha -180\text{ctg}\alpha \left(0^{\circ }<\alpha <{90}^{\circ }\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ennek ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja nulla: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(\alpha \right)=-390\text{sin}\alpha +\frac{180}{\text{sin}{}^2\alpha }=\mathrm{0,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{sin}\alpha =\sqrt[3]{\frac{180}{390}}\approx 0\mathrm{,}\mathrm{7728,}}\end{array}$     ahonnan $\alpha \approx {50\mathrm{,}6}^{\circ }$. Ekkor a szomszéd telkére $f\left({50\mathrm{,}6}^{\circ }\right)\approx 99\mathrm{,}7$ cm-re, tehát kb. 1 méter mélyre nyúlik be az árnyék. Az $f$ második deriváltja $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\text{'}\left(\alpha \right)=-390\text{cos}\alpha -\frac{360\text{cos}\alpha }{\text{sin}{}^3\alpha }\mathrm{,}}\end{array}$ s mivel $f\text{'}\text{'}\left({50\mathrm{,}6}^{\circ }\right)<0$, azért a talált érték valóban maximumhely, tehát ${50\mathrm{,}6}^{\circ }$-os szögben kell Murmur úrnak a kerítéshez támasztani a paravánját.