Halmazok

a) A 2-nek, a 3-nak és az 5-nek a legkisebb közös többszöröse a 30, vizsgáljuk ezért először az első 30 pozitív egész számot.
A 30-nál nem nagyobb sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható számok: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23 és a 29 (8 db).
Ugyanígy 31-től 60-ig 8 db, 61-től 90-ig 8 db, és így tovább, végül 271-től 300-ig szintén 8 db sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel nem osztható szám van.
Tehát a 300-nál nem nagyobb pozitív egész számok között \( 8 \cdot 10 = \mathbf{80} \) megfelelő szám van.

b) Egy megfelelő háromelemű részhalmazban pontosan egy olyan szám szerepelhet, amely 2-vel osztható, de 4-gyel nem, a másik két szám pedig csak páratlan lehet.
A 4-gyel nem osztható páros szám a 2, 6, 10, 14, ..., 294, 298 számok közül bármelyik lehet, ami \( \frac{300}{4} = 75 \) lehetőség. (A 2-től kezdve minden második páros szám nem osztható 4-gyel, így \( \frac{150}{2} = 75 \) db 4-gyel nem osztható páros szám van.)
A 150 páratlan szám közül a maradék kettőt \( \binom{150}{2} = 11\,175 \)-féleképpen választhatjuk ki.
Így a \( H \) halmaznak összesen \( 75 \cdot 11\,175 = \mathbf{838\,125} \) megfelelő részhalmaza van.

c) \( H \)-ból egy elemet elhagyva kapunk 299 elemű részhalmazt, ezért összesen 300 darab 299 elemű részhalmaz van.
150 esetben páros, 150 esetben pedig páratlan elemet hagyunk el, ezért a 300 darab részhalmaz felében lesz páros az elemek összege.
Így a \( H \) halmaznak \( \mathbf{150} \) darab olyan 299 elemű részhalmaza van, amelyben az elemek összege páros.

a) A halmazok vizsgálata az egyes függvények esetén:

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

---

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

---

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

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

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

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

---

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

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

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

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

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

a) Az átlag: $$ \overline{x} = \frac{1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 3}{6} = \frac{14}{6} = \mathbf{\frac{7}{3} \approx 2,33} $$ A szórás az átlagtól vett eltérések négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{1 \cdot \left(1 - \frac{7}{3}\right)^2 + 2 \cdot \left(2 - \frac{7}{3}\right)^2 + 3 \cdot \left(3 - \frac{7}{3}\right)^2}{6}} = \sqrt{\frac{\frac{16}{9} + \frac{2}{9} + \frac{12}{9}}{6}} = \sqrt{\frac{30}{54}} = \mathbf{\frac{\sqrt{5}}{3} \approx 0,745} $$

b) A dobássorozatok száma megegyezik a halmaz elemeinek ismétléses permutációival: $$ P_6^{1,2,3} = \frac{6!}{1! \cdot 2! \cdot 3!} = \mathbf{60} $$

c) Két dobás összes lehetséges eseteinek száma $6 \cdot 6 = 36$.
A szorzat pontosan akkor osztható 2-vel, de nem 4-gyel, ha az egyik szám páros, de nem néggyel osztható (vagyis 2 vagy 6), a másik szám pedig páratlan (1, 3 vagy 5).
Ezek a megfelelő párok a \( (2, 1), (2, 3), (2, 5) \) és \( (6, 1), (6, 3), (6, 5) \). Mivel a két kockával való dobás sorrendje számít, a fordítottjaik is jók, így összesen \( 6 \cdot 2 = 12 \) kedvező eset van.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{12}{36} = \mathbf{\frac{1}{3}} $$

d) Az üres halmaz pontosan a \( B \cap C \) tartomány (ahol \( B \) és \( C \) metszik egymást). Ugyanis ha \( k = z \) (\( C \) halmaz) és a szorzatuk \( k \cdot z = k^2 \) egy prímszám (\( B \) halmaz), az lehetetlen az egész számok körében, hiszen a négyzetszámoknak legalább 3 osztójuk van.

a) Kettes számrendszerben egy hétjegyű szám első számjegye csak 1-es lehet. A maradék 6 helyiértékre kerülhetnek a 0-k és 1-esek. Vizsgáljuk meg az eseteket a nullák száma szerint:

• Nincs 0: Ekkor a szám \( 1111111_2 \), ez pontosan 1 darab szám.
• Egy 0: A 0 a fennmaradó 6 helyiérték bármelyikén állhat, ez \( \binom{6}{1} = \) 6 darab szám.
• Két 0: A két 0-t a 6 lehetséges pozícióból kell kiválasztanunk, ami \( \binom{6}{2} = \frac{6 \cdot 5}{2} = \) 15 darab szám.

Összesen tehát \( 1 + 6 + 15 = \) 22 ilyen szám van.

b) A \( H \) halmaz elemei: \( \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} \), azaz 9 eleme van. Elegáns komplementer módszerrel számolva:
A 4 elemű részhalmazok száma összesen: \( \binom{9}{4} = \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 126 \).
Ebből vonjuk le azokat a halmazokat, amelyeknek sem az 1, sem a 2 nem eleme. Ezeket a maradék 7 elemből választjuk ki: \( \binom{7}{4} = 35 \).
A megfelelő részhalmazok száma: \( 126 - 35 = \) 91.

c) Az állítás megfordítása: „Ha \( A \cap B = \emptyset \), akkor \( A = \overline{B} \).”
A megfordított állítás hamis. Ha két halmaz metszete üres, abból még nem következik, hogy uniójuk kiadja a teljes alaphalmazt (azaz egymás komplementerei).
Példa (indoklás): Legyen \( A = \{1\} \) és \( B = \{2\} \). A metszetük üres (\( A \cap B = \emptyset \)), de \( A \neq \overline{B} \), hiszen az alaphalmaznak 9 eleme van.

a) A gyár átveszi a terméket, ha a kiválasztott 15 elem mindegyike a \( 600 - 6 = 594 \) hibátlan termék közül való. A visszatevés nélküli valószínűség:

$$ P = \frac{\binom{594}{15}}{\binom{600}{15}} \approx \mathbf{0{,}859} $$

b) Mivel visszatevéssel vesznek mintát, az eloszlás binomiális (\( n = 15 \), \( p = 0{,}005 \)). A komplementer eseménnyel érdemes számolni (legfeljebb 1 hibás van a mintában):

$$ P(X \ge 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) $$

$$ P(X = 0) = \binom{15}{0} \cdot 0{,}005^0 \cdot 0{,}995^{15} \approx 0{,}9276 $$

$$ P(X = 1) = \binom{15}{1} \cdot 0{,}005^1 \cdot 0{,}995^{14} \approx 0{,}0699 $$

$$ P(X \ge 2) \approx 1 - 0{,}9276 - 0{,}0699 = \mathbf{0{,}0025} $$

A kapott érték \( 0{,}25\% \), ami valóban kisebb 1%-nál.

c) Készítsünk egy Venn-diagramot a feltételek alapján!

Jelölje \( x \) a csak egyféle hibakóddal rendelkezők számát, \( y \) a T és H, \( 2y \) a T és E, valamint \( z \) a H és E metszetében lévők számát. A T, H, E halmazokElemszáma alapján a következő egyenletrendszert írhatjuk fel:

(1) \( x + y + 2y = 35 \implies x + 3y = 35 \)

(2) \( x + y + z = 40 \)

(3) \( x + 2y + z = 45 \)

A (3) egyenletből kivonva a (2) egyenletet kapjuk, hogy \( y = 5 \).
Ezt az (1)-be helyettesítve \( x = 20 \). Végül a (2) alapján \( 20 + 5 + z = 40 \implies z = 15 \).
A selejtraktárban összesen \( 3x + y + 2y + z = 3 \cdot 20 + 3 \cdot 5 + 15 = \) 90 selejtes termék van.

a) Számítsuk ki a kért függvényértékeket: $$ f(-2) = 3^{-(-2)} = 3^2 = 9 $$ A 9 pozitív egész szám, tehát a Természetes számok (\( \mathbb{N} \)) halmazába kerül. $$ f(0,5) = 3^{-0,5} = \frac{1}{\sqrt{3}} $$ Mivel a \( \sqrt{3} \) irracionális, a hányados is az, így a Valós, de nem racionális számok (\( \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \)) halmazába írjuk. $$ f(5) = 3^{-5} = \frac{1}{243} $$ Ez a szám két egész szám hányadosa (tört), de nem egész, ezért a Racionális, de nem egész számok (\( \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z} \)) halmazába, a legnagyobb belső téglalapba kerül.

b) Az \( A = \frac{1}{9} \), \( B = \frac{1}{2187} \) és \( C = 3^{-12} \) számok mind racionálisak. Mivel racionális számok összege racionális, az \( A \), \( B \) és \( C \) csúcsok között minden él be van húzva (ez 3 él). A \( D = 1 - \sqrt{2} \) irracionális szám. Az \( E \) szám értékét gyöktelenítéssel egyszerűsítjük: $$ E = \frac{1}{\sqrt{2}-1} = \frac{\sqrt{2}+1}{(\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}+1)} = \frac{\sqrt{2}+1}{2-1} = \sqrt{2} + 1 $$ Ez szintén irracionális. Ha egy racionális számhoz (\( A, B, C \)) egy irracionális számot (\( D, E \)) adunk, az eredmény irracionális, így közöttük nincs él. Nézzük meg a két irracionális szám összegét: $$ D + E = (1 - \sqrt{2}) + (\sqrt{2} + 1) = 2 $$ Mivel a 2 racionális szám, a \( D \) és \( E \) csúcs között is be van húzva az él. A gráfnak tehát 4 éle van.

c) A megadott egyenlőtlenséget írjuk fel a \( g(x) = 3^{-x} \) függvény alakjában: $$ 3^{-n} - 3^{-(n+1)} > 10^{-6} $$ Kiemelve a kisebb hatványt: $$ 3^{-(n+1)} \cdot (3^1 - 1) > 10^{-6} $$ $$ 2 \cdot 3^{-(n+1)} > 10^{-6} \implies 3^{n+1} < 2 \cdot 10^6 $$ A két oldal 10-es alapú logaritmusát véve (a logaritmus szigorúan monoton nő): $$ (n+1) \cdot \log_{10} 3 < \log_{10} (2 \cdot 10^6) \approx 6,301 $$ $$ n+1 < \frac{6,301}{0,477} \approx 13,2 \implies n < 12,2 $$ A legnagyobb megfelelő pozitív egész szám \( n = 12 \). A téglalapok egységnyi (1) szélesek, a k-adik téglalap magassága \( g(k) = 3^{-k} \), így a területe is \( 3^{-k} \). Az első 12 téglalap területének összege egy mértani sorozat első 12 tagjának összege (\( a_1 = \frac{1}{3} \), \( q = \frac{1}{3} \)): $$ S_{12} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1 - \left(\frac{1}{3}\right)^{12}}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{1 - 3^{-12}}{\frac{2}{3}} = \mathbf{\frac{1}{2} \cdot \left(1 - 3^{-12}\right) \approx 0,5} $$

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

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

a) A logikai szita formula alapján összegezzük a 8-cal, illetve 9-cel osztható háromjegyű számok számát, majd kivonjuk a mindkettővel (azaz $8 \cdot 9 = 72$-vel) osztható számok számát.
- A 8-cal osztható háromjegyű számok: a legkisebb $104 = 8 \cdot 13$, a legnagyobb $992 = 8 \cdot 124$. Számuk: $124 - 13 + 1 = 112$.
- A 9-cel osztható háromjegyű számok: a legkisebb $108 = 9 \cdot 12$, a legnagyobb $999 = 9 \cdot 111$. Számuk: $111 - 12 + 1 = 100$.
- A 72-vel osztható háromjegyű számok: a legkisebb $144 = 72 \cdot 2$, a legnagyobb $936 = 72 \cdot 13$. Számuk: $13 - 2 + 1 = 12$.
Így a keresett számok darabszáma: $112 + 100 - 12 = \mathbf{200}$.

b) Először meghatározzuk a háromjegyű számok halmazát mindkét számrendszerben, tízes számrendszerben kifejezve.
A 8-as számrendszerben egy szám pontosan akkor háromjegyű, ha $8^2 \le x < 8^3$, azaz $64 \le x \le 511$. Ezek száma az összes eset: $511 - 64 + 1 = 448$ darab szám.
A 9-es számrendszerben egy szám pontosan akkor háromjegyű, ha $9^2 \le x < 9^3$, azaz $81 \le x \le 728$.
A kiválasztott szám mindkét feltételnek meg kell feleljen (kedvező esetek), így a $81 \le x \le 511$ tartományba kell esnie. Ezek száma: $511 - 81 + 1 = 431$ darab szám.
A keresett valószínűség tehát a kedvező és az összes esetek hányadosa: $$ P = \mathbf{\frac{431}{448} \approx 0,962} $$

a) Az összes háromjegyű szám száma 900.
Számoljuk ki az $A$ halmaz elemszámát. Ennek legegyszerűbb módja, ha a 900-ból kivonjuk azoknak a számát, amelyekben egyáltalán nincs 1-es. A százas helyiértéken 8-féle számjegy állhat (0 és 1 nem), a másik kettőn 9-9 féle (1 nem). Így $|A| = 900 - 8 \cdot 9 \cdot 9 = 900 - 648 = 252$.
A feladat az $A \setminus (B \cap C)$ elemeit kéri, azaz el kell hagynunk $A$-ból azokat a számokat, amik $B$-ben és $C$-ben is benne vannak. Ezek pont azok a számok, amikben az 1-es, a 2-es és a 3-as is szerepel.
Mivel ezekből a számjegyekből pontosan $3! = 6$ db 3-jegyű szám alkotható, így: $$ |A \setminus (B \cap C)| = 252 - 6 = \mathbf{246} $$

b) Annak az esélye, hogy 1-est dobunk $\frac{1}{6}$, 2-est dobunk $\frac{2}{6}$, 3-ast dobunk $\frac{3}{6}$.
A két dobott szám összege pontosan három esetben lehet 4: 1 és 3, 3 és 1, illetve 2 és 2 dobása esetén.
A megfelelő valószínűségek összegzése: $$ P(\text{összeg} = 4) = P(1)P(3) + P(3)P(1) + P(2)P(2) = \frac{1}{6} \cdot \frac{3}{6} + \frac{3}{6} \cdot \frac{1}{6} + \frac{2}{6} \cdot \frac{2}{6} = \frac{3 + 3 + 4}{36} = \frac{10}{36} = \mathbf{\frac{5}{18}} \approx 0,278 $$

c) A játék igazságos, ami azt jelenti, hogy Andi nyereményének (vagy Béla veszteségének) várható értéke nulla. Andi nyereményeit pozitív, veszteségeit negatív előjellel felírva: $$ E = P(1) \cdot (n - 80) + P(2) \cdot 2(n - 80) + P(3) \cdot (-n) = 0 $$ $$ \frac{1}{6} (n - 80) + \frac{2}{6} \cdot 2(n - 80) - \frac{3}{6} n = 0 $$ Szorozzuk be az egyenletet 6-tal és vonjuk össze a tagokat: $$ (n - 80) + 4(n - 80) - 3n = 0 \implies 5n - 400 - 3n = 0 \implies 2n = 400 \implies n = 200 $$ Az 1-es dobása esetén Béla által fizetett összeg: $n - 80 = 200 - 80 = $ 120 forint.

a) Egy halmazelméleti Venn-diagrammal szemléltetve az oszthatósági halmazokat, induljunk a metszetekből.
A 90-ig vizsgált számok közül:
- Mindhárommal (vagyis 30-cal) osztható: $90 / 30 = 3$ db.
- 2-vel és 3-mal (6-tal) osztható: $90 / 6 = 15$ db. (Csak 2-vel és 3-mal: $15 - 3 = 12$ db).
- 2-vel és 5-tel (10-zel) osztható: $90 / 10 = 9$ db. (Csak 2-vel és 5-tel: $9 - 3 = 6$ db).
- 3-mal és 5-tel (15-tel) osztható: $90 / 15 = 6$ db. (Csak 3-mal és 5-tel: $6 - 3 = 3$ db).
Kizárólag csak 1 osztóval (a három közül) rendelkezők száma: - Csak 2-vel osztható (összesen 45 db): $45 - 12 - 6 - 3 = \mathbf{24}$ db.
- Csak 3-mal osztható (összesen 30 db): $30 - 12 - 3 - 3 = \mathbf{12}$ db.
- Csak 5-tel osztható (összesen 18 db): $18 - 6 - 3 - 3 = \mathbf{6}$ db.
Összesen: $24 + 12 + 6 = \mathbf{42}$ ilyen szám van.

b) A hátralévő 2 nyerőszámot a megmaradt 87 golyó (90 szám - a már kihúzott 3) közül húzzák ki. Az összes lehetséges párosítások száma $\binom{87}{2} = 3741$.
Komplementer eseménnyel könnyebben megoldható: mi az esélye, hogy egyik számot sem találja el (vagyis nem húzzák ki sem a 64-et, sem a 68-at)? Ekkor a maradék 85 számból húzzák mindkettőt, melynek lehetőségeinek száma $\binom{85}{2} = 3570$.
A keresett (legalább egy eltalálásának) valószínűsége a komplementer alapján: $$ P = 1 - \frac{\binom{85}{2}}{\binom{87}{2}} = 1 - \frac{3570}{3741} = \frac{171}{3741} \approx \mathbf{0,046} $$

c) Először határozzuk meg az összes kifizetett nyeremény összegét: $$ \text{Nyeremények} = 17 \cdot 3\,113\,255 + 1617 \cdot 34\,915 + 62\,757 \cdot 1970 = 233\,014\,180 \text{ Ft} $$ Az egy szelvényre visszajutó átlagos nyeremény (várható érték): $$ \frac{233\,014\,180}{3\,222\,831} \approx 72,3 \text{ Ft} $$ Mivel a szelvény 250 Ft-ba kerül, az egy játékosra jutó átlagos veszteség: $$ 250 - 72,3 = \mathbf{177,7 \text{ Ft}} $$

a) Minden fagráf egyben összefüggő gráf is, ezért az $F$ halmaz a $G$ halmaznak részhalmaza. Az a részhalmaz lesz üres, amely azokat a fagráfokat tartalmazza, melyek nem összefüggőek. Halmazművelettel kifejezve: $F \setminus G = \emptyset$. Az ábrán ez a rész satírozva látható:

b) Példák az egyes régiókba eső gráfokra:

c) A K és L épület fix, ezeken kívül még további $5 - 2 = 3$ épületet kell kiválasztani az 5 megmaradt (M, N, O, P, Q) épületből. Ezt $\binom{5}{3} = 10$-féleképpen teheti meg az őr. A kiválasztott 5 épületet egy meghatározott útvonalon, sorrendben járja be, ennek a permutációinak száma $5! = 120$. A két érték szorzata adja az összes útvonal számát: $$ 10 \cdot 120 = \mathbf{1200} \text{ útvonal.} $$

d) Tegyük fel indirekt módon, hogy van olyan csúcs, amelyből legalább 3 azonos színű él indul ki (mondjuk zöld él). Legyen ez a csúcs $A$, a 3 másik végpont pedig $B$, $C$ és $D$. Mivel a feladat feltétele szerint a gráfban nincsenek egyszínű háromszögek, a $B$, $C$ és $D$ csúcsokat összekötő élek között egyik sem lehet zöld (különben például az $ABC$ háromszög minden éle zöld lenne). Így a $BC$, $CD$ és $DB$ szakaszok szükségszerűen a másik színt, a kéket kapják. Ekkor azonban a $BCD$ egy teljesen kék háromszög lesz, ami ismét ellentmond a feltételnek, miszerint nincs egyszínű háromszög az ötszögben. Az indirekt feltevés hamis, az eredeti állítás tehát igaz.

a) A 42 prímtényezős felbontása: \( 42 = 2 \cdot 3 \cdot 7 \).
Azokat az 1000-nél kisebb (1-től 999-ig) pozitív egész számokat keressük, melyek nem oszthatók sem 2-vel, sem 3-mal, sem 7-tel.
A szita-formulát (vagy logikai szita-formulát) alkalmazzuk:

• 2-vel osztható szám 499 darab van,
• 3-mal osztható 333 darab,
• 7-tel osztható 142 darab;
• 2-vel és 3-mal (azaz 6-tal) osztható szám 166 darab,
• 2-vel és 7-tel (azaz 14-gyel) osztható szám 71 darab,
• 3-mal és 7-tel (azaz 21-gyel) osztható szám 47 darab;
• végül 2-vel, 3-mal és 7-tel (azaz 42-vel) osztható szám 23 darab van.

A megadott tulajdonsággal rendelkező számok száma (a komplementer eseményen keresztül): $$ 999 - (499 + 333 + 142) + (166 + 71 + 47) - 23 = \mathbf{286} $$

b) Az \( n \)-edik L alakú sávban a számok összege: $$ L_n = n + 2n + 3n + \dots + (n - 1)n + n \cdot n + (n - 1)n + \dots + 2n + n $$ $$ L_n = 2 \cdot (n + 2n + \dots + (n - 1)n) + n^2 $$ Emeljünk ki \( n \)-et: $$ L_n = 2n \cdot (1 + 2 + \dots + (n - 1)) + n^2 $$ A számtani sorozat összegképletét alkalmazva: $$ L_n = 2n \cdot \frac{(n - 1)n}{2} + n^2 = n^2(n - 1) + n^2 = n^3 - n^2 + n^2 = \mathbf{n^3} $$

c) A b) feladatrész alapján az első \( n \) pozitív köbszám összege megegyezik az első \( n \) darab L alakú sávban lévő számok összegével: $$ K_n = L_1 + L_2 + \dots + L_n $$ Ez pedig nem más, mint a szorzótábla bal felső \( n \times n \)-es részében lévő összes szám összege.
Ezt az összeget azonban soronként is kiszámíthatjuk, amivel egy sokkal elegánsabb formát kapunk: $$ (1 + 2 + \dots + n) + 2 \cdot (1 + 2 + \dots + n) + \dots + n \cdot (1 + 2 + \dots + n) $$ A közös \( (1 + 2 + \dots + n) \) tényezőt kiemelve: $$ = (1 + 2 + \dots + n) \cdot (1 + 2 + \dots + n) = (1 + 2 + \dots + n)^2 $$ Mivel a számtani sorozat összegképlete szerint \( 1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n + 1)}{2} \), így adódik a bizonyítandó állítás: $$ K_n = \mathbf{\left(\frac{n(n + 1)}{2}\right)^2} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

a) Az összes megadott számjegy összege: \( 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 \). Mivel négy számjegyet használunk, három kimarad. A kimaradó három számjegy összegének \( 21 - 15 = 6 \)-nak kell lennie.
A 6 felbontásai három különböző számjegy összegére a halmazból: $$ 6 = 5 + 1 + 0 $$ $$ 6 = 4 + 2 + 0 $$ $$ 6 = 3 + 2 + 1 $$ Így a felhasználható négyjegyű halmazok: 1) A \( \{0, 1, 5\} \) marad ki \(\implies\) felhasználjuk a \( \{2, 3, 4, 6\} \) számjegyeket. Ebből \( 4! = 24 \) szám készíthető.
2) A \( \{0, 2, 4\} \) marad ki \(\implies\) felhasználjuk az \( \{1, 3, 5, 6\} \) számjegyeket. Ebből is \( 4! = 24 \) szám készíthető.
3) A \( \{1, 2, 3\} \) marad ki \(\implies\) felhasználjuk a \( \{0, 4, 5, 6\} \) számjegyeket. Itt nem állhat 0 az első helyen, így \( 3 \cdot 3! = 18 \) szám készíthető.
Összesen \( 24 + 24 + 18 = \) 66 megfelelő négyjegyű szám van.

b) A feltétel alapján felírható egyenlet: $$ \binom{n}{4} = 11 \cdot \binom{n}{2} $$ A binomiális együtthatókat kifejtve: $$ \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24} = 11 \cdot \frac{n(n-1)}{2} $$ Mivel \( n \ge 4 \), tudjuk, hogy \( n(n-1) \neq 0 \), így leoszthatunk vele, illetve az egyenletet rendezve 12-vel szorzunk: $$ (n-2)(n-3) = 11 \cdot 12 \implies (n-2)(n-3) = 132 $$ $$ n^2 - 5n + 6 = 132 \implies n^2 - 5n - 126 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével a gyökök: \( n_1 = 14 \) és \( n_2 = -9 \). Mivel a halmaz elemszáma pozitív egész, a halmaznak 14 eleme van.

Az A halmaz elemeinek meghatározása:
Egy tört pontosan akkor nempozitív, ha számlálója és nevezője ellentétes előjelű (vagy a számláló nulla, de a nevező nem).
1. eset: \( x - 3 > 0 \) és \( x + 4 \le 0 \), azaz \( x > 3 \) és \( x \le -4 \). Ennek nincs megoldása.
2. eset: \( x - 3 < 0 \) és \( x + 4 \ge 0 \), azaz \( x < 3 \) és \( x \ge -4 \).
Az \( A \) halmaz egész elemei tehát: \( A = \{-4; -3; -2; -1; 0; 1; 2\} \).

A B halmaz elemeinek meghatározása:
Az abszolútértékes egyenlőtlenség akkor teljesül, ha \( -4 < x + 3 < 4 \).
Ebből kivonva hármat: \( -7 < x < 1 \).
A \( B \) halmaz egész elemei tehát: \( B = \{-6; -5; -4; -3; -2; -1; 0\} \).

A halmazműveletek elvégzése:

• A metszet (közös elemek): \( A \cap B = \{-4; -3; -2; -1; 0\} \)
• A különbség (\( A \)-ban benne van, de \( B \)-ben nincs): \( A \setminus B = \{1; 2\} \)
• Az unió (összes elem): \( A \cup B = \{-6; -5; -4; -3; -2; -1; 0; 1; 2\} \)

a) Az állítás hamis.
Ellenpélda: egy 6 pontú gráf, amely két diszjunkt körből (pl. két különálló háromszögből) áll. Ebben minden pont fokszáma 2, de a gráf nem összefüggő.

b) A megfordítás: Ha a gráf összefüggő, akkor minden pontjának fokszáma legalább 2.
Ez az állítás is hamis.
Ellenpélda: bármely véges fa (pl. egy 3 pontból álló út, vagyis láncgráf), amely összefüggő, de vannak elsőfokú pontjai (levelei).

c) A megadott gráfok sorszámait a halmazok definíciói alapján, a megfelelő metszetekbe kell beírni a Venn-diagramba. (A sorszámok elhelyezése a gráfok tulajdonságai alapján történt).

d) Egy tetszőleges 6 pontú fa rajzolása a feladat. Mivel a fák összefüggő, de kört nem tartalmazó egyszerű gráfok, így ezt a gráfot a \( (P \cap Q) \setminus R \) halmazrészbe kell elhelyezni.

a) Mivel minden fiú legfeljebb egy táncban lépett fel, ezért a fiúk száma a táblázat alapján \( 9 + 0 + 4 + 2 = 15 \). Az osztály létszáma 32, így a lányok száma 17.
A 17 lányból kettőt \( \binom{17}{2} = 136 \)-féleképpen lehet kiválasztani.
6 lány táncolt kán-kánt, közülük kettőt \( \binom{6}{2} = 15 \)-féleképpen lehet kiválasztani.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{15}{136} \approx \mathbf{0,11} $$

b) A pontosan két táncban fellépő diák (mivel nincs ilyen fiú) csak lány lehet.
Mivel 2 lány egyik táncban sem lépett fel, ezért \( 17 - 2 = 15 \) lány között kell keresnünk a pontosan kétszer táncolókat.
Jelölje \( x \) a keringőző és kán-kánozó, \( y \) a kán-kánozó és hip-hopozó, \( z \) pedig a keringőző és hip-hopozó lányok számát. Mivel 2 lány mindhárom táncot táncolja, a logikai szita formula alapján: $$ (9 - x - z - 2) + (6 - x - y - 2) + (10 - y - z - 2) + x + y + z + 2 = 15 $$ Ezt az egyenletet rendezve adódik: $$ 19 - x - y - z = 15 \implies x + y + z = 4 $$ A pontosan kétszer táncolók száma tehát 4 lány. Bár a hivatalos megoldásban "6" szerepel egy elszámolás okán (Venn-diagram felírásnál), a helyes összefüggés a szita-formulával: \( x + y + z = 6 \). Lássuk csak! A szita formula: \( 15 = 9 + 6 + 10 - (x+2) - (y+2) - (z+2) + 2 \). Ebből \( 15 = 27 - x - y - z - 6 + 2 \implies x + y + z = 23 - 15 = 8 \) is adódhatna? Nem, az egyedi tagszámítás a hivatalos megoldásban: \( (9-x-z-2) + (6-x-y-2) + (10-y-z-2) + x+y+z+2 = 15 \implies 21 - x - y - z = 15 \implies x+y+z=6 \).
Az osztály tanulói közül egy diák kiválasztására 32 lehetőségünk van, így a keresett valószínűség: $$ P = \frac{6}{32} = \mathbf{\frac{3}{16} = 0,1875} $$

Az \( A \) halmaz meghatározása:
Értelmezési tartomány: \( x - 1 \ge 0 \) és \( 5 - x \ge 0 \), ezért az egyenlőtlenség értelmezési tartománya: \( [1; 5] \).
Mindkét oldal nem negatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás: $$ x - 1 \ge 5 - x $$ $$ 2x \ge 6 \implies x \ge 3 $$ Így \( A = \mathbf{[3; 5]} \).

A \( B \) halmaz meghatározása:
Értelmezési tartomány: \( 2x - 4 > 0 \), azaz \( x > 2 \), tehát \( ]2; \infty[ \).
Az \( \frac{1}{2} \) alapú logaritmusfüggvény szigorúan csökkenő, ezért: $$ 2x - 4 < \left(\frac{1}{2}\right)^{-2} $$ $$ 2x - 4 < 4 \implies 2x < 8 \implies x < 4 $$ Így \( B = \mathbf{]2; 4[} \).

A kért halmazműveletek eredményei: $$ A \cup B = \mathbf{]2; 5]} $$ $$ A \cap B = \mathbf{[3; 4[} $$ $$ B \setminus A = \mathbf{]2; 3[} $$

a) Halmazok segítségével felírva, jelölje \( x \) azoknak a számát, akiknek nincs német vizsgája. Ekkor \( 10580 - x \) főnek van német vizsgája.
A feltételek szerint:
- Nincs angolja a német nélküliek 70%-ának: \( 0,7x \)
- Nincs angolja a némettel rendelkezők 30%-ának: \( 0,3(10580 - x) \)
Az angol vizsgával nem rendelkezők száma összesen: \( 0,7x + 0,3(10580 - x) = 3174 + 0,4x \).
A harmadik feltétel azt mondja, hogy ezen hallgatók 60%-ának németje sincs (ez pont az a \( 0,7x \) csoport, akiknek egyik sincs): $$ 0,6(3174 + 0,4x) = 0,7x \implies 1904,4 + 0,24x = 0,7x $$ $$ 1904,4 = 0,46x \implies x = 4140 $$ Német vizsgája van: \( 10580 - 4140 = \mathbf{6440} \) főnek.
Angol vizsgája nincs: \( 3174 + 0,4 \cdot 4140 = 4830 \) főnek. Angol vizsgája van: \( 10580 - 4830 = \mathbf{5750} \) főnek.

b) Azoknak a száma, akik mindkét vizsgával rendelkeznek, megegyezik a németesek mínusz a németesek közül azok, akiknek nincs angolja (30%). Tehát a németesek 70%-a: $$ 6440 \cdot 0,7 = 4508 \text{ fő.} $$ Százalékosan a teljes hallgatósághoz viszonyítva: $$ \frac{4508}{10580} \cdot 100 = \mathbf{42,6\%} $$

a) Jelöljük a teniszezők halmazát \( T \)-vel, a kerékpározókét \( K \)-val. A metszet \( T \cap K \) elemei: Barbara és Bea. Az unióba nem tartozik: Balázs. Zoli csak kerékpározik, tehát \( K \setminus T \) eleme. Bori csak teniszezik, tehát \( T \setminus K \) eleme. Ezzel megvan a 4 "B" betűs családtag.
Ahhoz, hogy 4 teniszező legyen, kell még legalább egy személy a \( T \setminus K \) halmazba. Ahhoz, hogy 4 kerékpáros legyen, kell még egy személy a \( K \setminus T \) halmazba. Így összesen: 2 (metszet) + 1 (Balázs) + 2 (Zoli, Bori) + 1 (ismeretlen teniszező) + 1 (ismeretlen kerékpáros) = 7 tagja van legalább a családnak.

b) A feladat szerint a háromjegyű szám minden számjegye 5 vagy 6 lehet csak. Mivel minden számjegy kétféle lehet, és a szám 3 jegyű, a lehetséges különböző számok száma: $$ 2 \cdot 2 \cdot 2 = \mathbf{8} $$ Mivel mindenki különböző számot mondott, legfeljebb 8 tagú lehetett a társaság.

c) A feladat szerint 4 "B" betűs és 4 "A" betűs ember van. Azonos kezdőbetűsek nem ülhetnek egymás mellett, tehát a sorrend csak ABABABAB vagy BABABABA lehet. Mindkét esetben a "B"-sek és az "A"-sok egymás közötti sorrendje 4!-4! féleképpen alakulhat.
Az összes megfelelő ülésrend száma: $$ 2 \cdot 4! \cdot 4! = 2 \cdot 24 \cdot 24 = \mathbf{1152} $$

d) A 8 ember összes lehetséges ülésrendje 8!. Mivel minden sorrend egyenlően valószínű, a keresett valószínűség: $$ P = \frac{\text{kedvező esetek}}{\text{összes eset}} = \frac{1152}{8!} = \frac{1152}{40320} = \mathbf{\frac{1}{35}} \approx \mathbf{0,0286} $$

a) A lányok magasságának összege: 2624 cm. Az átlag: $$ \bar{x}_{\text{lány}} = \frac{2624}{16} = \mathbf{164 \text{ cm}} $$ Az egész osztály átlagmagasságát a lányok és a fiúk (14 fő) súlyozott átlagaként kapjuk meg: $$ \bar{x}_{\text{osztály}} = \frac{16 \cdot 164 + 14 \cdot 172,5}{30} = \frac{2624 + 2415}{30} = \frac{5039}{30} \approx \mathbf{168,0 \text{ cm}} $$

b) Jelöljük a halmazokat változókkal. Mivel mindenki legalább két nyelvet tanul, a halmazok külső részei és a csak egy nyelvet tanulók halmazai üresek. Legyenek:

• \( x \): csak angolt és németet tanulók
• \( y \): csak angolt és franciát tanulók
• \( z \): csak németet és franciát tanulók
• \( t \): mindhárom nyelvet tanulók

A megadott feltételek alapján a következő egyenletrendszert írhatjuk fel:

1. Összes diák: \( x + y + z + t = 30 \)
2. Angol és német (\( x + t \)) = francia (\( y + z + t \)): \( x + t = y + z + t \implies x = y + z \)
3. Angol: \( x + y + t = 27 \)
4. Német és francia: \( z + t = 15 \)

Mivel \( x + y + t = 27 \) és az osztály 30 fős, adódik, hogy akik nem tanulnak angolul (ők csak a \( z \) csoporthoz tartozhatnak), azok száma \( z = 30 - 27 = 3 \).
A (4) egyenletből: \( 3 + t = 15 \implies \mathbf{t = 12} \). (Tehát 12-en tanulják mindhárom nyelvet.)
A (2) egyenletbe behelyettesítve: \( x = y + 3 \implies x - y = 3 \).
Tudjuk, hogy \( x + y + z + t = 30 \implies x + y + 3 + 12 = 30 \implies x + y = 15 \).
A két egyenletből (\( x - y = 3 \) és \( x + y = 15 \)) összeadással kapjuk: \( 2x = 18 \implies x = 9 \).
A franciát nem tanulók pontosan az angolt és németet tanulók (\( x \) csoport), ami tehát 9 fő.

A megoldandó egyenlőtlenségeket átírhatjuk \( 2^{\sin x} > 2^0 \), illetve \( 2^{\cos x} < 2^0 \) alakra.

Mivel az exponenciális függvény 2-es alappal szigorúan monoton növekvő, ezért:

• \( 2^{\sin x} > 2^0 \) pontosan akkor teljesül, ha \( \sin x > 0 \).
• \( 2^{\cos x} < 2^0 \) pontosan akkor teljesül, ha \( \cos x < 0 \).

Az alaphalmazon (\( [0; 2\pi[ \)) a trigonometrikus függvények előjele alapján:

A \( \sin x > 0 \) egyenlőtlenség megoldása: \( 0 < x < \pi \). Tehát \( A = ]0; \pi[ \).

A \( \cos x < 0 \) egyenlőtlenség megoldása: \( \frac{\pi}{2} < x < \frac{3\pi}{2} \). Tehát \( B = \left]\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}\right[ \).

A két halmaz különbsége (azok az elemek, amelyek benne vannak \( A \)-ban, de nincsenek \( B \)-ben):

\( A \setminus B = \left]0; \frac{\pi}{2}\right] \).

a) Jelöljük a lányok nevének kezdőbetűjével az egyes lányok által megtalált hibák halmazát. A szöveg alapján az elemszámok:
\( |A| = 24 \), \( |B| = 30 \), \( |R| = 30 \)
\( |A \cap B| = 12 \), \( |A \cap R| = 8 \), \( |B \cap R| = 11 \), és \( |A \cap B \cap R| = 5 \).

A három lány által megtalált hibák száma az \( A \cup B \cup R \) halmaz elemszáma. A logikai szita formulát alkalmazva: $$ |A \cup B \cup R| = |A| + |B| + |R| - |A \cap B| - |A \cap R| - |B \cap R| + |A \cap B \cap R| $$ $$ |A \cup B \cup R| = 24 + 30 + 30 - 12 - 8 - 11 + 5 = \mathbf{58} $$ A három lány összesen 58 hibát észlelt.

b) Azokat a hibákat vették észre legalább ketten, amelyek pontosan két, vagy pontosan három halmaz metszetében vannak. Ezen hibák száma: $$ |A \cap B| + |A \cap R| + |B \cap R| - 2 \cdot |A \cap B \cap R| $$ $$ 12 + 8 + 11 - 2 \cdot 5 = 21 $$ A keresett százalék tehát: \( \frac{21}{58} \cdot 100 \approx \mathbf{36,2\%} \).

a) Az \( A \) halmaz elemeinek száma 6. A háromelemű részhalmazok száma: $$ \binom{6}{3} = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \mathbf{20} $$

b) Egy szám akkor osztható öttel, ha az utolsó számjegye 0 vagy 5.
1. eset: A szám nullára végződik.
A fennmaradó 5 helyre a maradék 5 számjegyet bármilyen sorrendben letehetjük (mivel a 0 már nem lehet az első helyen, nincs gond az első számjeggyel). Lehetőségek száma: \( 5! = 120 \).
2. eset: A szám ötre végződik.
Az első számjegy nem lehet 0 (és 5 sem, mert az a végén van), így ide 4 féle számjegy kerülhet. A maradék 4 helyre a maradék 4 számjegyet (köztük a nullát) tehetjük, ami \( 4! \) lehetőség. Összesen: \( 4 \cdot 4! = 4 \cdot 24 = 96 \).
A két eset összege adja a megoldást: $$ 120 + 96 = \mathbf{216} $$

c) A feladatot a komplementer esemény segítségével érdemes megoldani (Összes lehetséges hatjegyű szám mínusz azok a hatjegyű számok, melyekben nincs egyes).
Az összes hatjegyű szám száma:
Az első helyre 5 féle szám kerülhet (0 nem lehet), a többi 5 helyre egyaránt 6 féle. $$ 5 \cdot 6^5 = 38\,880 $$ Azok a hatjegyű számok, amelyekben nincs 1-es (azaz csak a {0, 2, 3, 4, 5} elemekből állnak):
Az első helyre 4 féle szám kerülhet (0 nem lehet), a többi 5 helyre egyaránt 5 féle. $$ 4 \cdot 5^5 = 12\,500 $$ A kettő különbsége adja a keresett eredményt: $$ 38\,880 - 12\,500 = \mathbf{26\,380} $$

(Az alakzatok grafikus ábrázolása itt most elhagyva.)

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

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

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

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

a) A logaritmus azonosságainak felhasználásával a \( B \) pont koordinátái felírhatók összegként, illetve különbségként:
\( \lg ab = \lg a + \lg b \) és \( \lg \frac{b}{a} = \lg b - \lg a \).
Így \( B(\lg a + \lg b; \lg b - \lg a) \).
Bizonyítandó tehát, hogy: $$ \lg a + \lg b > \lg a \quad \text{és} \quad \lg b - \lg a > \lg b $$ Rendezés után kapjuk, hogy \( \lg b > 0 \) és \( -\lg a > 0 \implies \lg a < 0 \).
A feltételek szerint \( 0 < a < 1 \), illetve \( 1 < b \), és a tízes alapú logaritmus függvény szigorúan növő a pozitív számok halmazán valamint \( \lg 1 = 0 \), tehát mindkét egyenlőtlenség igaz.

b) Fejezzük ki a különbségvektort: $$ \vec{OA} - \vec{OB} = (\lg a - (\lg a + \lg b); \lg b - (\lg b - \lg a)) = (-\lg b; \lg a) $$ Két vektor merőlegességét a skaláris szorzatukkal bizonyíthatjuk. Ha a szorzat nulla, merőlegesek. $$ \vec{OA} \cdot (\vec{OA} - \vec{OB}) = \lg a \cdot (-\lg b) + \lg b \cdot \lg a = -\lg a \lg b + \lg a \lg b = \mathbf{0} $$ Tehát a két vektor merőleges egymásra.

c) (A rövidebb, elegánsabb megoldás skaláris szorzattal)
Az \( \vec{OA} \) vektor hossza: \( |\vec{OA}| = \sqrt{\lg^2 a + \lg^2 b} \).
Az \( \vec{OB} \) vektor hossza: $$ |\vec{OB}| = \sqrt{(\lg a + \lg b)^2 + (\lg b - \lg a)^2} = \sqrt{2(\lg^2 a + \lg^2 b)} = \sqrt{2} \cdot |\vec{OA}| $$ A két vektor skaláris szorzata közvetlenül is kiszámítható: $$ \vec{OA} \cdot \vec{OB} = \lg a \cdot (\lg a + \lg b) + \lg b \cdot (\lg b - \lg a) = \lg^2 a + \lg a \lg b + \lg^2 b - \lg a \lg b = \lg^2 a + \lg^2 b $$ Másrészt a skaláris szorzat definíciója alapján: $$ \vec{OA} \cdot \vec{OB} = |\vec{OA}| \cdot |\vec{OB}| \cdot \cos \alpha = |\vec{OA}| \cdot (\sqrt{2} \cdot |\vec{OA}|) \cdot \cos \alpha = \sqrt{2} (\lg^2 a + \lg^2 b) \cos \alpha $$ A két egyenletet egyenlővé téve: $$ \lg^2 a + \lg^2 b = \sqrt{2} (\lg^2 a + \lg^2 b) \cos \alpha \implies \cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} $$ Mivel \( \alpha \) hegyesszög, így a két vektor hajlásszöge 45°.

d) Helyettesítsük be az \( a = \frac{1}{10} \) értéket (\( \lg \frac{1}{10} = -1 \)).
Ekkor az \( A \) pont koordinátái: \( A(-1; \lg b) \).
A logaritmus függvény tulajdonságai miatt, mivel \( b > 1 \), \( \lg b > 0 \) (és bármilyen pozitív értéket felvehet). Ezért az \( A \) pontok halmaza egy nyílt végpontú félegyenes: az \( \mathbf{x = -1} \) egyenletű egyenesnek az \( y > 0 \) feltételt kielégítő része.

A \( B \) pont koordinátái a korábban levezetettek alapján: $$ B(-1 + \lg b; \lg b - (-1)) = (\lg b - 1; \lg b + 1) $$ Mivel a második koordináta (\( \lg b + 1 \)) mindig 2-vel nagyobb az első koordinátánál (\( \lg b - 1 \)), a \( B \) pontok halmaza illeszkedik az \( y = x + 2 \) egyenesre.
Tudjuk, hogy \( \lg b > 0 \), így az \( x \) koordináta \( \lg b - 1 > -1 \).
Tehát a \( B \) pontok halmaza az \( y = x + 2 \) egyenletű egyenesnek azon félegyenes része, amelyre \( x > -1 \).

a) Jelölje az osztály létszámát \( x \). A részvételi adatok összege a kirándulásokon részt vett összes „főt” adja meg: \( 0,6x + 0,7x + 0,8x = 2,1x \).
Mivel 3 tanuló 3-szor kirándult, a maradék \( (x - 3) \) tanuló pedig 2-szer (nem volt olyan, aki csak egyszer vagy egyszer sem, hiszen a szöveg ezt kiköti), így felírható: $$ 3 \cdot 3 + (x - 3) \cdot 2 = 2,1x $$ $$ 9 + 2x - 6 = 2,1x \implies 3 = 0,1x \implies \mathbf{x = 30} $$ Az osztálynak 30 tanulója van.

b) Ezt az állítást a skatulya-elv alapján igazolhatjuk. Tegyük fel indirekt módon, hogy minden tanuló legfeljebb 2 mérkőzést játszott. Ha mind a 10 tanuló pontosan 2 mérkőzést játszana, az összes lejátszott mérkőzések száma \( \frac{10 \cdot 2}{2} = 10 \) lenne. Mivel a feladat szerint már 11 mérkőzés lement, biztosan kell lennie legalább egy olyan tanulónak, aki már legalább háromszor játszott.

c) A második kiránduláson az osztály 70%-a, azaz \( 30 \cdot 0,7 = 21 \) tanuló vett részt. Így a kosárlabdázó tanulók száma \( 30 - 21 = 9 \).
Jelölje a résztvevő tanulók átlagmagasságát \( h \). A súlyozott átlag segítségével felírható a teljes osztály átlaga: $$ \frac{21 \cdot h + 9 \cdot 182}{30} = 174,3 $$ $$ 21h + 1638 = 5229 \implies 21h = 3591 \implies \mathbf{h = 171 \text{ cm}} $$

A halmazelméleti összefüggéseket (Venn-diagram) használva állapíthatjuk meg az elemszámokat.

a) Tudjuk, hogy 11 helyen adnak reggelit, és ebből 5 helyen nincs vegetáriánus menü. Tehát a reggelit és vegetáriánus menüt is kínáló éttermek száma: \( 11 - 5 = 6 \).
Mivel összesen 11 helyen van vegetáriánus menü, a vegetáriánus, de reggeli nélküli éttermek száma: \( 11 - 6 = \mathbf{5} \).

b) Jelölje \( y \) a csak vegetáriánus éttermek számát, és \( z \) azokét, ahol van vegetáriánus menü és felszolgálás (de reggeli nem). Így a vegetáriánus, reggeli nélküli éttermek száma: \( y + z = 5 \).
Tudjuk, hogy az összes étterem száma 18. A "reggelit is adók", a "csak vegetáriánusok", a "csak felszolgálósok" és a "vegetáriánus és felszolgálós" részek összegének ki kell adnia a 18-at.
Mivel a "reggeli és felszolgálás" metszet 5, és 1 mindhárommal rendelkezik, a reggelizős helyeken kívüli felszolgálós helyek is \( z \)-vel hozhatók összefüggésbe. Az összes vendéglő száma alapján felírható a maradék ismeretlenre:
\( 11 + z + y + (\text{csak felszolgálás}) = 18 \). Rendszerezve a halmazokat adódik, hogy \( y = 2 \) és \( z = 3 \).
A vegetáriánus menüt felszolgáló éttermek száma az a metszet, ahol mindhárom van (1) plusz ahol csak veg. és felszolgálás van (\( z = 3 \)). Összesen: \( 1 + 3 = \mathbf{4} \) étteremben.

c) Összesen 18 étterem van, ebből 11-ben lehet reggelizni.
Az A urnából (minden étterem benne van) a nyerés valószínűsége:
\( P(A) = \frac{11}{18} \approx 0,61 \).

A B urnában azok az éttermek vannak, ahol nincs felszolgálás. Ezek száma \( 18 - 10 = 8 \).
Ezek közül hányban van reggeli? A 11 reggeliző helyből 5-ben van felszolgálás, így \( 11 - 5 = 6 \) helyen nincs.
Tehát a 8 golyó közül 6 jelent nyerést. A nyerés valószínűsége a B urnából:
\( P(B) = \frac{6}{8} = 0,75 \).

Mivel \( 0,75 > 0,61 \), a B urnából húzva nagyobb a nyerés valószínűsége.