Kombinatorika

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) Az állítás igaz.
Ha egy összefüggő gráfban nincs kör, akkor az a gráf egy fagráf. Minden fagráfnak azonban van legalább két elsőfokú (1-es fokszámú) pontja (levele). Mivel a feladat feltétele szerint minden pont fokszáma legalább 2, a gráf nem lehet fagráf, így az összefüggőség miatt biztosan tartalmaz kört.

b) A megfordítás: Ha egy (kilencpontú, összefüggő, egyszerű) gráfban van kör, akkor minden pontjának fokszáma legalább 2.
Ez az állítás hamis. Készíthetünk például egy olyan gráfot, amelyben egy 3 hosszú körből indul ki egy "lánc" (út), amelynek a legutolsó pontja elsőfokú. Ebben a gráfban van kör, mégis létezik benne 1-es fokszámú pont.

c) Tegyük fel, hogy Balázs és Attila eddig csak egymással játszott, tehát a többi 7 versenyző egyikükkel sem mérkőzött meg.
Ebben az esetben a többi 7 játékos egymás között játszhatta le az összes eddigi mérkőzést. 7 játékos összes lehetséges egymás elleni meccsének száma legfeljebb $\binom{7}{2} = 21$.
Ezzel és Balázsék egyetlen meccsével együtt a bajnokságban legfeljebb $21 + 1 = 22$ mérkőzésre kerülhetett volna sor.
Mivel azonban már 23 mérkőzés lement, a feltételezésünk ellentmondásra vezetett. Így nem lehetséges, hogy még csak egymás ellen játszottak.

d) A bajnokságban összesen $\binom{9}{2} = 36$ mérkőzés van.
Ezekből a 3 balkezes egymás közötti mérkőzéseinek száma $\binom{3}{2} = 3$. Ezek a nem kívánt (balkezes a balkezes ellen) események.
Azt akarjuk, hogy a kiválasztott 23 mérkőzés mindegyike a maradék $36 - 3 = 33$ meccs közül kerüljön ki. A kedvező esetek száma tehát $\binom{33}{23}$.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{\binom{33}{23}}{\binom{36}{23}} = \frac{ \frac{33!}{23!10!} }{ \frac{36!}{23!13!} } = \frac{13 \cdot 12 \cdot 11}{36 \cdot 35 \cdot 34} = \frac{1716}{42840} \approx \mathbf{0,04006} $$ Mivel $\frac{1}{30} \approx 0,0333$, ezért a vizsgált valószínűség nem kisebb $\frac{1}{30}$-nál. Tehát az állítás nem igaz.

a) Jelölje $x$ az elővételben vásárolt jegyek számát. Ekkor a helyszínen eladott jegyek száma $917 - x$.

A bevételre vonatkozó egyenlet:

$$ 2500x + 3000(917 - x) = 2\,380\,000 $$ $$ 2500x + 2\,751\,000 - 3000x = 2\,380\,000 $$ $$ 371\,000 = 500x \implies x = 742 $$

Tehát 742 jegyet vettek meg elővételben, és $917 - 742 =$ 175 jegyet vettek a helyszínen.

b) A 40 hajó közül 5 nyerő és 35 nem nyerő. Pontosan egy nyerőt úgy lehet húzni, ha egyet húzunk az 5 nyerőből és egyet a 35 nem nyerőből. A valószínűség (hipergeometrikus eloszlással):

$$ P = \frac{\binom{5}{1} \cdot \binom{35}{1}}{\binom{40}{2}} = \frac{5 \cdot 35}{780} = \frac{175}{780} \approx \mathbf{0,224} $$

c) A sorrendek a holtversenyek függvényében alakulnak:

• Ha nincs holtverseny, a lehetséges sorrendek száma: $3! = 6$.
• Ha kettes holtverseny van, az történhet az első helyen (a harmadik személy egyértelmű, a két elsős $3$-féleképpen választható ki) vagy a második helyen (szintén $3$-féle eset). Összesen $3 + 3 = 6$ lehetőség.
• Hármas holtverseny (mindenki első) pontosan $1$-féleképpen lehetséges.

Összesen tehát $6 + 6 + 1 =$ 13-féle sorrendben végezhetnek.

a) A hat dobás átlaga:

$$ \bar{x} = \frac{4 + 5 + 4 + 3 + 1 + 4}{6} = \frac{21}{6} = \mathbf{3,5} $$

A szórás a tagok átlagtól vett eltéréseinek négyzetes közepe:

$$ \sigma = \sqrt{\frac{3 \cdot 0,5^2 + 1,5^2 + 0,5^2 + 2,5^2}{6}} = \sqrt{\frac{9,5}{6}} \approx \mathbf{1,26} $$

b) Összesen $6^4 = 1296$ különböző négyjegyű számot lehet dobni.
Komplementer módszert alkalmazva vizsgáljuk meg azokat, melyek minden számjegye különböző. Ezek száma $6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 = 360$.
Tehát $1296 - 360 = 936$ esetben lesz legalább két egyforma számjegy. Ennek aránya az összes esethez viszonyítva:

$$ \frac{936}{1296} = 0,722 \implies \mathbf{72,2\%} $$

c) A skatulya-elvet alkalmazva: Mivel a dobókockával 6-féle értéket dobhatunk, a legrosszabb esetben minden számot pontosan 2-szer dobunk ki mielőtt kijönne valamelyikből a harmadik is. Ekkor $6 \cdot 2 = 12$ dobásunk van. A következő dobás már garantáltan létrehoz egy 3. egyforma értéket. A legkisebb $n$ szám tehát $\mathbf{13}$.

d) Jelölje $X$ a szükséges dobások számát. Bármely dobást vizsgálva, a játék legkorábban a 2. és legkésőbb a 7. dobásra érhet véget (a 6. dobás után a 7. kötelezően egyezni fog egy korábbival). A valószínűségek eloszlása:

• $P(X=2) = \frac{1}{6}$ (Bármit dobunk elsőre, a másodiknak ugyanannak kell lennie)
• $P(X=3) = \frac{5}{6} \cdot \frac{2}{6} = \frac{5}{18}$
• $P(X=4) = \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{3}{6} = \frac{5}{18}$
• $P(X=5) = \frac{5}{6} \cdot \frac{4}{6} \cdot \frac{3}{6} \cdot \frac{4}{6} = \frac{5}{27}$
• $P(X=6) = \frac{5!}{6^4} \cdot \frac{5}{6} = \frac{25}{324}$
• $P(X=7) = \frac{6!}{6^5} \cdot 1 = \frac{5}{324}$

A várható érték ezen valószínűségek súlyozott átlaga:

$$ E(X) = 2\cdot\frac{1}{6} + 3\cdot\frac{5}{18} + 4\cdot\frac{5}{18} + 5\cdot\frac{5}{27} + 6\cdot\frac{25}{324} + 7\cdot\frac{5}{324} = \frac{1223}{324} \approx \mathbf{3,775} $$

a) Az ábrát elemezve látható, hogy a kalap közepén egy olyan csúcs van, ami körül pontosan 3 deltoid találkozik, és hiánytalanul lefedik a síkot. Így ezen a csúcson a deltoid szöge $360^\circ / 3 = 120^\circ$.
Két másik típusú belső csúcsnál pontosan 4 deltoid találkozik, ezért itt a szögek $360^\circ / 4 = 90^\circ$-osak.
Mivel a négyszög belső szögeinek összege $360^\circ$, a negyedik szög $360^\circ - (120^\circ + 90^\circ + 90^\circ) = 60^\circ$.

b) A kalap területe $\sqrt{1728} = \sqrt{144 \cdot 12} = 24\sqrt{3}$. Mivel a kalap 8 egybevágó deltoidból áll, egy deltoid területe $\frac{24\sqrt{3}}{8} = 3\sqrt{3}$.
Egy ilyen deltoid (amelynek szögei 60-90-120-90 fokosak) a szimmetriatengelye mentén két egybevágó 30-60-90 fokos (fél szabályos) háromszögre bontható.
Jelölje a rövidebbik befogót (a deltoid rövidebb oldalát) $x$, ekkor a hosszabbik befogó (a deltoid hosszabbik oldala) $x\sqrt{3}$.
A deltoid területe a két háromszög területének összege:

$$ T = 2 \cdot \left(\frac{1}{2} x \cdot x\sqrt{3}\right) = x^2\sqrt{3} $$

Tudjuk, hogy ez $3\sqrt{3}$-mal egyenlő, amiből $x^2 = 3 \implies x = \sqrt{3}$.
A deltoid oldalainak hossza tehát $\sqrt{3}$ és $3$ területegység. A kalap kerületét leszámolva az ábráról, az 6 rövidebb és 8 hosszabb oldalból épül fel. A kerület:

$$ K = 6\sqrt{3} + 8 \cdot 3 = \mathbf{24 + 6\sqrt{3}} $$

c) A kalapot vizuálisan leképezve egy 8 csúcsú szomszédsági gráffal tudjuk modellezni a színezést. A belső 120 fokos csúcs körül lévő 3 deltoid egymással kölcsönösen szomszédos, így egy háromszöget alkotnak. Ezek színezését a 3 színnel $3! = 6$-féleképpen végezhetjük el.
A színezés lépésenkénti láncolatán végighaladva megállapítható a maradék deltoidok kombinatorikai függősége. A fa-szerűen kinyúló ágakon lévő egyedi deltoidok egymástól függetlenül $2^3 = 8$-féleképpen színezhetők. A csempézés alsó felén kialakuló 4-es "gyűrűben" két deltoid azonos vagy eltérő színezése pedig további $1 \cdot 2 + 1 \cdot 1 = 3$ esetet generál.
Összesen a kalap kiszínezési lehetőségeinek száma: $6 \cdot 8 \cdot 3 =$ 144-féleképpen lehetséges.

a) Az ellenőrző kód kalkulációja során az értékeket a megadott súlyozással szorozzuk:

$$ 3 \cdot (2 + 1 + 5 + 7) + 7 \cdot (4 + 6 + 3 + 9) = 3 \cdot 15 + 7 \cdot 22 = 45 + 154 = 199 $$

A kapott összeg utolsó számjegye adja az ellenőrző számot, ami jelen esetben a 9.

b) Jelölje a letakart számjegyet $x$. A számsorozat (az ellenőrző számjegyet nem beleértve) így fest: $x, 1, 4, 5, 6, 4, 7, 9$.
Az ellenőrző összeg képlete:

$$ 3(x + 4 + 6 + 7) + 7(1 + 5 + 4 + 9) = 3(x + 17) + 7(19) = 3x + 184 $$

Mivel az utolsó karakter a hetes, az így kapott összegnek 7-re kell végződnie, amiből következik, hogy a $3x$-nek 3-ra kell végződnie. Ez kizárólag egyetlen számjegy esetén lehetséges: $\mathbf{x = 1}$.

c) A számítást felírva a 02563abba formátumú sorozatra (ahol az utolsó $a$ az ellenőrző érték):

$$ \text{Összeg} = 3(0 + 5 + 3 + b) + 7(2 + 6 + a + b) = 3(8 + b) + 7(8 + a + b) = 80 + 7a + 10b $$

Látható, hogy az $10b$ és a 80 egyaránt 10 többszöröse, így a végösszeg utolsó számjegye (ami az $a$) teljes mértékben a $7a$ utolsó számjegyétől függ. Vagyis:

$$ 7a \equiv a \pmod{10} \implies 6a \equiv 0 \pmod{10} $$

Mivel a számjegyek $0$-tól $9$-ig terjedhetnek, ennek két esetben tesz eleget egy számjegy: $a = 0$ és $a = 5$. A keresett értékek az $\mathbf{\{0, 5\}}$ halmazból kerülhetnek ki.

d) A binomiális eloszlást alkalmazva a "több mint 1" valószínűségét komplementer módon határozzuk meg (1-ből levonjuk annak esélyét, hogy nulla vagy pontosan egy TAJ hibás):

$$ P(X > 1) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) $$ $$ P(X = 0) = 0,985^{20} \approx 0,739 $$ $$ P(X = 1) = \binom{20}{1} \cdot 0,015^1 \cdot 0,985^{19} \approx 20 \cdot 0,015 \cdot 0,750 \approx 0,225 $$ $$ P(X > 1) = 1 - 0,739 - 0,225 = \mathbf{0,036} $$

a) Jelölje a fiúk számát az iskolában $n$. Ekkor a lányok száma $510 - n$. A kitűnők számára felírható összefüggések a következők:

$$ n \cdot \frac{p}{100} = 13 \implies p = \frac{1300}{n} $$ $$ (510 - n) \cdot \frac{p + 3}{100} = 20 $$

Helyettesítsük be a $p$ értékét a lányok egyenletébe:

$$ (510 - n) \cdot \left(\frac{1300}{n} + 3\right) = 2000 $$

Szorozzuk meg mindkét oldalt $n$-nel, és végezzük el a beszorzást:

$$ (510 - n) \cdot (1300 + 3n) = 2000n $$ $$ 663\,000 + 1530n - 1300n - 3n^2 = 2000n $$

Nullára rendezve kapjuk a következő másodfokú egyenletet:

$$ 3n^2 + 1770n - 663\,000 = 0 $$

Oszthatjuk 3-mal, így: $n^2 + 590n - 221\,000 = 0$. Ennek a másodfokú egyenletnek a pozitív gyöke $n = 260$.

Tehát az iskolában a fiúk száma 260, a lányok száma pedig 250.

---

b) Klasszikus valószínűségi modellel dolgozunk. Az összes lehetőség arra, hogy 33 kitűnő tanulóból kiválasztunk hármat (sorrendre való tekintet nélkül): $\binom{33}{3} = 5456$.

A kedvező esetek száma (amikor 13 fiúból 1-et, és 20 lányból 2-t választunk): $\binom{13}{1} \cdot \binom{20}{2} = 13 \cdot 190 = 2470$.

A keresett valószínűség:

$$ P = \frac{2470}{5456} \approx \mathbf{0,453} $$

---

c) A sodrófadiagram (box-plot) elkészítéséhez 5 adatra van szükség: a minimumra, az alsó kvartilisre ($Q_1$), a mediánra, a felső kvartilisre ($Q_3$) és a maximumra.

• Mivel vannak kitűnő tanulók (5,0-es átlaggal), a maximum = 5,0.
• A terjedelmet (maximum - minimum) ismerjük (2,4), így a minimum = 5,0 - 2,4 = 2,6.
• A további adatok a feladat szövegéből adottak: $Q_1$ = 3,3; medián = 4,0; $Q_3$ = 4,6.

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) Nem lehetséges. Egy ötpontú fagráfnak mindig pontosan $n-1$, azaz 4 éle van. Egy 5 pontú teljes gráfnak $\binom{5}{2} = 10$ éle van. A $G$ komplementerének élszáma ezért a hiányzó élek száma lesz, ami $10 - 4 = 6$. Mivel egy fagráfnak 5 ponton feltétlenül pontosan 4 éle kell legyen, a komplementer gráf a 6 élével semmiképp sem lehet fagráf (szükségképpen kört is tartalmaz).

---

b) A 6 pontból álló gráfban a 3 pont kiválasztásának összes lehetséges esete $\binom{6}{3} = 20$. Meg kell számolnunk, hány olyan háromszög van, melynek élei egyszínűek.

A zöld élek (ahol az egyik pont osztója a másiknak):

• Az 1 osztója mindennek: (1-2), (1-3), (1-4), (1-5), (1-6) $\implies$ 5 zöld él.
• A 2 osztója a többszöröseinek: (2-4), (2-6) $\implies$ 2 zöld él.
• A 3 osztója a 6-nak: (3-6) $\implies$ 1 zöld él.

A gráf 15 éléből tehát 8 zöld él van, és 7 piros él.

Zöld háromszögek száma: Mivel az 1 mindenkinek osztója, így az összes (A, B) zöld él az 1-gyel együtt zöld háromszöget (1-A-B) alkot. Ilyenek a (2-4), (2-6) és a (3-6) élekből származók. Azaz pontosan 3 zöld háromszög van (1-2-4, 1-2-6 és 1-3-6).

Piros háromszögek száma: Olyan 3 pontot keresünk, melyek közül semelyik sem osztója a másiknak. Ennek megfelelnek például a törzsszámokat tartalmazók és amik közt nincs többszörös-osztó viszony: a 2, 3, 5 pontokból álló 2-3-5; a 3-4-5, és a 4-5-6 is ilyenek. Ezek az élek pirosak, tehát ez is összesen 3 piros háromszög.

A kedvező esetek száma (zöld vagy piros) így $3 + 3 = 6$. A keresett valószínűség:

$$ P = \frac{6}{20} = \mathbf{0,3} $$

---

c) A húzások száma lehet 3, 4 vagy 5. Várható értékük $E(X) = \sum X_i \cdot P(X_i)$.

Húzzunk 3-szor ($X=3$): Ekkor a három húzott golyó mindegyike megegyező színű (ZZZ vagy PPP). Mivel a két eset szimmetrikus, a valószínűségét elegendő kétszerezni:

$$ P(3) = P(ZZZ) + P(PPP) = 2 \cdot \left( \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{1}{4} \right) = \frac{1}{10} = 0,1 $$

Húzzunk 4-szer ($X=4$): 4 húzásra akkor van szükség és olyankor ér véget a játék, ha az első három golyó között 2 zöld és 1 piros volt, a negyedik pedig újra zöld (Z); (vagy ennek a piros színnel vett párja). A megfelelő húzási sorrend valószínűsége (a kedvező sorrendek, pl. ZZPZ, ZPZZ, PZZZ számával, azaz 3-mal szorozva):

$$ P(\text{végén 3. zöld}) = 3 \cdot \left( \frac{3}{6} \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} \right) \cdot \frac{1}{3} = \frac{3}{20} = 0,15 $$

Mivel a pirosakkal ugyanígy nyerhetünk (a 3. pirost a negyedik helyen húzva), ezt meg kell szorozni kettővel:

$$ P(4) = 2 \cdot 0,15 = 0,3 $$

Húzzunk 5-ször ($X=5$): Mivel a játéknak legkésőbb az ötödik húzással vége kell, hogy legyen (hiszen a megmaradt 2 golyó nem lehet egyszínű 6 golyóból), ez az egyetlen maradék lehetőség:

$$ P(5) = 1 - 0,1 - 0,3 = 0,6 $$

A várható érték ennek megfelelően:

$$ E(X) = 3 \cdot 0,1 + 4 \cdot 0,3 + 5 \cdot 0,6 = 0,3 + 1,2 + 3,0 = \mathbf{4,5} $$

a) A (2)-es és (4)-es állítás kölcsönösen kizárja egymást, mert ha egy szám 20-szal osztható, akkor az utolsó számjegye feltétlenül 0. Ekkor viszont a számjegyeinek a szorzata is 0 kell legyen, tehát a szorzat nem lehet 20. Ezért a 4 állításból pont hármat úgy lehet teljesíteni, hogy az egyik kimarad az 1. és a 3. feltétel mellett.

Mivel a lehető legnagyobb számot keressük, fontos, hogy minél több számjegyből álljon, azaz a (1)-es (húszjegyű) állításnak mindenképpen igaznak kell lennie.

Ha a (4)-es (szorzat 20) is teljesülne a (3) mellett, akkor a számnak nem lehet 0 számjegye, így legalább húsz darab 1-essel kellene kezdeni, amivel máris betelne a 20-as összeg (csupa 1-es esetén azonban a szorzat csak 1 marad). A szorzat így nem lehet 20 a többi feltétel mellett, így a (4)-es a hamis állítás.

Tehát az első 3 feltételnek (1, 2, 3) kell teljesülnie. Azaz: húszjegyű, osztható 20-szal, és az összege 20. A legnagyobb számot úgy kapjuk, ha a legnagyobb számjegyeket írjuk a legnagyobb helyi értékekre, a végén pedig a 20-szal való oszthatóság miatt biztosan két nulla ("00") szerepel. Két darab kilencest kezdésre bevetve az eddigi összeg 18. A maradék 2-t a harmadik helyre tehetjük (992...). A többi pedig nulla.

Így a keresett legnagyobb szám: 99200000000000000000 (992 után tizenhét darab 0).

---

b) A komplementer módszert alkalmazva könnyebb meghatározni azokat a számokat, amik egyáltalán nem tartalmaznak 7-est, vagyis a $|\overline{A}|$ halmaz elemeit.

A húszjegyű szám első helyére a 0 nem állhat (mert akkor nem lenne 20 jegyű), valamint a feltétel szerint 7-es sem állhat. Tehát 8-féle számjegy választható az első helyre. A maradék 19 helyiértékre már a 0 választható, így ott helyenként 9-féle opció áll rendelkezésre.

$$ |\overline{A}| = 8 \cdot 9^{19} \approx 1,08 \cdot 10^{19} $$

Az összes húszjegyű szám száma ($|H|$): az első helyre 9-féle számjegy kerülhet, a többi 19 helyre pedig mind a 10 számjegy bevethető:

$$ |H| = 9 \cdot 10^{19} = 90 \cdot 10^{18} $$

A 7-est tartalmazó számok száma ($|A|$) a kettő különbsége:

$$ |A| = |H| - |\overline{A}| = 9 \cdot 10^{19} - 8 \cdot 9^{19} $$

Könnyen belátható, hogy az $1,08 \cdot 10^{19}$ megközelítőleg az egytizede csupán a $9 \cdot 10^{19}$ esetnek, ezért $|A| > |\overline{A}|$, azaz a 7-est tartalmazó számokból lényegesen több van.

---

c) A komplementer módszerrel fejezzük ki a valószínűséget:

$$ P(\text{van benne 7-es}) = 1 - P(\text{nincs benne 7-es}) $$ $$ P(\text{van benne 7-es}) = 1 - \frac{8 \cdot 9^{n-1}}{9 \cdot 10^{n-1}} $$

A feladat szerint ennek a valószínűségnek 0,99-nél nagyobbnak kell lennie:

$$ 1 - \frac{8}{9} \cdot \left(\frac{9}{10}\right)^{n-1} > 0,99 $$

Rendezzük az egyenlőtlenséget:

$$ 0,01 > \frac{8}{9} \cdot 0,9^{n-1} $$

Szorozzuk meg az egyenletet $\frac{9}{8}$-dal (ami 1,125):

$$ 0,01125 > 0,9^{n-1} $$

Mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát véve (a $\log 0,9$ negatív volta miatt a reláció megfordul az osztáskor):

$$ \lg(0,01125) > (n-1) \cdot \lg(0,9) $$ $$ n - 1 > \frac{\lg(0,01125)}{\lg(0,9)} \approx 42,59 $$ $$ n > 43,59 $$

Mivel $n$ pozitív egész szám (a számjegyek darabszáma), így $n \ge 44$. Tehát a szám legalább 44 jegyű kell legyen a kívánt valószínűség eléréséhez.

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) 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) 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) Az összes lehetséges (egyenlő valószínűségű) dobás kimenetele: \( 6^5 = 7776 \).
A Sor kombináció kétféle lehet a számértékek szerint: 1-2-3-4-5 vagy 2-3-4-5-6. Mindkét sorozatot az 5 kockán \( 5! = 120 \)-féle sorrendben kaphatjuk meg. A kedvező esetek száma tehát \( 2 \cdot 120 = 240 \).
A keresett valószínűség: $$ P(\text{Sor}) = \frac{240}{7776} = \mathbf{\frac{5}{162} \approx 0,031} $$

b) A játékos két kockával dob újra. Az összes lehetséges kimenetel ezen a két kockán \( 6 \cdot 6 = 36 \).
Akkor ér el Royal-t, ha mindkét újra dobott kocka 3-as (1 eset).
Akkor ér el Full House-t, ha mindkét újra dobott kocka azonos számú, de nem 3-as (5 eset: 1-1, 2-2, 4-4, 5-5, 6-6).
A kedvező kimenetelek száma összesen: \( 1 + 5 = 6 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{6}{36} = \mathbf{\frac{1}{6}} $$

c) A komplementer eseményt vizsgáljuk: „egyik dobás sem 6-os”. Ennek valószínűsége \( (1 - p)^2 \).
Tudjuk, hogy a legalább egy 6-os valószínűsége 0,64, így: $$ 1 - (1 - p)^2 = 0,64 $$ $$ (1 - p)^2 = 0,36 $$ Mivel \( p \) egy valószínűség, \( 0 \le p \le 1 \), így \( 1 - p \ge 0 \). Gyökvonás után: $$ 1 - p = 0,6 \implies \mathbf{p = 0,4} $$

a) Egy \( n \) pontú teljes gráf éleinek száma \( \binom{n}{2} = \frac{n(n-1)}{2} \). Az egyenlet a feladat alapján: $$ \frac{k(k-1)}{2} + \frac{2k(2k-1)}{2} = 697 $$ Beszorozva 2-vel és felbontva a zárójeleket: $$ k^2 - k + 4k^2 - 2k = 1394 \implies 5k^2 - 3k - 1394 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével: $$ k_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{9 - 4 \cdot 5 \cdot (-1394)}}{10} = \frac{3 \pm \sqrt{27889}}{10} = \frac{3 \pm 167}{10} $$ Mivel \( k \) csúcsok száma (pozitív egész), a negatív gyök kiesik. Az egyetlen helyes megoldás: \( k = 17 \).

b) A 6 csapat között az összes lehetséges mérkőzések száma \( \binom{6}{2} = 15 \). Ezek közül 3-at választanak ki doppingellenőrzésre, az összes lehetséges kiválasztás: \( \binom{15}{3} = 455 \).
Egy adott csapat a 15 mérkőzésből 5-ön szerepel. Annak a lehetősége, hogy ezt az egy csapatot érinti a doppingellenőrzés mindhárom sorsolt mérkőzésén: kiválasztanak 3 mérkőzést az 5-ből, amelyen ez a csapat játszik, ez \( \binom{5}{3} = 10 \)-féleképpen történhet.
Mivel a mérkőzéseket csak 2 csapat játssza, lehetetlen, hogy egyszerre 2 csapat is minden 3 ellenőrzött meccsen szerepeljen (hiszen ahhoz egymás ellen kellene játszaniuk mindháromszor, de csak egyszer játszanak). Ezért a 6 csapat esetében az események egymást kizáróak, így a kedvező esetek száma egyszerűen összeadódik: \( 6 \cdot 10 = 60 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{60}{455} = \mathbf{\frac{12}{91} \approx 0,132} $$

c) Ezt a helyzetet modellezhetjük egy 6 pontú (egyszerű) gráffal, ahol a pontok a személyek, az élek a kézfogások, a pontok fokszáma pedig a válasz. Egy 6 pontú egyszerű gráfban a fokszámok lehetséges értékei: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Mivel nem lehet egyszerre egy 0 fokszámú (senkivel sem fogott kezet) és egy 5 fokszámú (mindenkivel kezet fogott) ember az 5 lehetséges fokszámhalmaz pontosan kétféle lehet:

• 1. eset: {0, 1, 2, 3, 4} plusz egy ismétlődő fokszám:
  Mivel a 4 fokszámú a 0 kivételével mindenkivel össze van kötve, a 3 fokszámú a 0 és az 1 kivételével stb. bizonyítható, hogy a duplikálódó fokszám pontosan a 2-es. A fokszámok: 0, 1, 2, 2, 3, 4. A kézfogások (élek) száma a fokszámösszeg fele: \( \frac{0+1+2+2+3+4}{2} = \mathbf{6} \).
• 2. eset: {1, 2, 3, 4, 5} plusz egy ismétlődő fokszám:
  Ugyanezzel a logikával (vagy az előző gráf komplementereként) a duplikálódó fokszám a 3-as lesz. A fokszámok: 1, 2, 3, 3, 4, 5. A kézfogások (élek) száma: \( \frac{1+2+3+3+4+5}{2} = \mathbf{9} \).

Tehát a lehetséges összes kézfogások száma 6 vagy 9.

a) Merőlegest állítunk az \( A \) csúcsból az \( EB \) átlóra, ez az átlót az \( F \) felezőpontban metszi. Ekkor \( AF = 10 \text{ cm} \).
Az \( AFE \) derékszögű háromszögben: $$ \cos FAE\sphericalangle = \frac{10}{20} = 0,5 \implies FAE\sphericalangle = 60^\circ $$ Ebből adódik, hogy az egyenlőszárú háromszögből az \( A \) csúcsnál lévő szög \( BAE\sphericalangle = 120^\circ \), míg a másik kettő \( ABE\sphericalangle = AEB\sphericalangle = 30^\circ \).
Mivel a \( BCDE \) húrtrapéz alapon fekvő szögei 40°-osak, a másik két szög \( 180^\circ - 40^\circ = 140^\circ \).
Összeadva a szomszédos szögeket, az ötszög belső szögei: 120°, 70°, 140°, 140°, 70°.

b) Az \( EB \) átló hossza Pitagorasz-tétellel: $$ EB = 2 \cdot \sqrt{20^2 - 10^2} = 20\sqrt{3} \approx 34,64 \text{ cm} $$ Az \( ABE \) háromszög területe: $$ T_{ABE} = \frac{EB \cdot FA}{2} = \frac{20\sqrt{3} \cdot 10}{2} = 100\sqrt{3} \approx 173,2 \text{ cm}^2 $$ Ha a húrtrapéz \( CD \) oldalának hossza \( x \), akkor mivel a szárak is \( x \) hosszúak, a vetületek \( x \cos 40^\circ \)-ak lesznek. Felírhatjuk: $$ x + 2x \cos 40^\circ = EB \implies x(1 + 2 \cos 40^\circ) = 34,64 \implies x \approx 13,68 \text{ cm} $$ A trapéz magassága \( m = x \sin 40^\circ \approx 8,79 \text{ cm} \).
A trapéz területe: $$ T_{trap\acute{e}z} = \frac{34,64 + 13,68}{2} \cdot 8,79 \approx 212,4 \text{ cm}^2 $$ Az ötszög teljes területe a két rész összege: \( 173,2 + 212,4 = \mathbf{385,6 \text{ cm}^2} \).

c) A gráf élbejárása egy Euler-vonal megkeresését jelenti. Megfigyeljük a csúcsok fokszámait: az \( A \), \( C \) és \( D \) csúcsok fokszáma 2, míg a \( B \) és \( E \) csúcsok fokszáma 3 (ugyanis az \( EB \) átló is egy él). A bejárás kezdőpontja így csak a páratlan fokszámú \( B \) vagy \( E \) lehet.
Ha például a \( B \) pontból indulunk, akkor 3 lehetőségünk van (az \( E \), az \( A \) vagy a \( C \) felé). Ahhoz, hogy az összes élet bejárjuk elakadások nélkül, a gráfszerkezet egyszerűsége miatt észrevehetjük: a \( B \)-ből minden esetben az \( E \)-be kell végül megérkeznünk 3 él megtétele után (egyik esetben közvetlenül az \( EB \)-n), ahonnan a fennmaradó két élből álló kört bejárjuk.
Egy alapos leszámlálásból megkapjuk, hogy a \( B \)-ből indulva pontosan \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség van. (Például: BCDEBAE, stb.)
Szimmetria okokból az \( E \)-ből indulva is ugyanennyi, így összesen 12 bejárási lehetőség van.

a) Válasszunk a hat fős társaságból elsőként egy tetszőleges embert. Neki pontosan 5-féleképpen választhatunk csapattársat. Ezzel az első csapat összeállt. A maradék 4 emberből ismét kiválasztva valakit, neki 3-féleképpen választhatunk csapattársat. A megmaradó utolsó két ember alkotja a harmadik csapatot (itt már csak 1 lehetőség van).
Mivel ezek a választások függetlenek és nem számít a csapatok sorrendje, a lehetséges elosztások száma: \( 5 \cdot 3 \cdot 1 = \mathbf{15} \).
(Másik formális megoldással: \( \frac{\binom{6}{2} \cdot \binom{4}{2} \cdot \binom{2}{2}}{3!} = 15 \).)

b) Ha mindhárom csapatba egy fiú és egy lány kerül, akkor gyakorlatilag minden fiúhoz pontosan egy lányt párosítunk. A három fiú (Attila, Csaba, Emil) és a három lány (Boróka, Dóra, Fanni) párosításainak száma megegyezik a lányok lehetséges sorrendjeinek permutációjával, ami \( 3! = 6 \) féleképpen lehetséges.
A kérdezett valószínűség így a kedvező és az összes esetek hányadosa: $$ P = \frac{6}{15} = \mathbf{0,4} \text{ (vagy 40%)} $$

c) A mérkőzések száma egy csapaton belül senkinek sem lehet egyenlő a sajátján kívül a többiekével. Mivel senki nem játszott a saját csapattársa ellen, a lehetséges maximális mérkőzések száma egy embernél 4. Emiatt a többiek 5 különböző mérkőzésszámának pontosan a \( \{0, 1, 2, 3, 4\} \) halmaznak kell lennie.
Aki 4-et játszott, az mindenki mással játszott (kivéve a csapattársát), így a többi 4 ember már játszott legalább egyet. Tehát csak a csapattársa játszhatott 0 mérkőzést. Így a 4-et és a 0-t játszó játékosok egy csapatban vannak.
Ugyanezzel a gondolatmenettel a 3-at és az 1-et játszó játékos is egy csapatot alkotnak.
A fennmaradó harmadik csapat mindkét tagja így pontosan 2 mérkőzést játszott. Mivel a 6 játékos közül csak két játékosnak azonos a mérkőzésszáma, és ők egy csapatban vannak, ez csak Attila és Boróka csapata lehet.
Tehát Boróka pontosan 2 mérkőzést játszott eddig.

a) Összesen \( \binom{5}{2} = 10 \) db megfelelő kéttényezős szorzat van: $$ 2 \cdot 4 + 2 \cdot 6 + 2 \cdot 8 + 2 \cdot 10 + 4 \cdot 6 + 4 \cdot 8 + 4 \cdot 10 + 6 \cdot 8 + 6 \cdot 10 + 8 \cdot 10 $$ Ezek összege: \( 8 + 12 + 16 + 20 + 24 + 32 + 40 + 48 + 60 + 80 = \mathbf{340} \).

b) Amikor az \( 1, 2, \ldots, k \) halmazhoz hozzávesszük a \( k+1 \)-et, a szorzatok kibővülnek mindazon párokkal, amelyeknek a második eleme a \( k+1 \). Ezek az új szorzatok: $$ 1 \cdot (k+1) + 2 \cdot (k+1) + \ldots + k \cdot (k+1) $$ Kiemelve a közös tényezőt: $$ (1 + 2 + \ldots + k) \cdot (k+1) $$ A számtani sorozat összegképlete szerint az első \( k \) egész szám összege \( \frac{k(k+1)}{2} \). Ezt behelyettesítve a hozzáadott szorzatok összege: $$ \frac{k(k+1)}{2} \cdot (k+1) = \frac{k(k+1)^2}{2} $$ Az új összeg tehát a korábbi összeg és ezen új tagok összege, amivel igazoltuk az állítást: $$ S_{k+1} = S_k + \frac{k(k+1)^2}{2} $$

c) (Elegáns, algebrai megoldás teljes indukció nélkül)
Ismert, hogy \( 2 \cdot S_n \) egyenlő az összes tag összegének négyzetének és a tagok négyzetei összegének különbségével: $$ 2 \cdot S_n = (1 + 2 + \dots + n)^2 - (1^2 + 2^2 + \dots + n^2) $$ Felhasználva a számtani sorozat és a négyzetösszeg ismert képleteit: $$ 2 \cdot S_n = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $$ Közös tényezőket kiemelve és közös nevezőre hozva: $$ = \frac{n^2(n+1)^2}{4} - \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n(n+1)}{12} \left[ 3n(n+1) - 2(2n+1) \right] $$ Kifejtve a szögletes zárójelen belüli részt: $$ = \frac{n(n+1)}{12} [ 3n^2 + 3n - 4n - 2 ] = \frac{n(n+1)}{12} [ 3n^2 - n - 2 ] $$ Mivel a másodfokú kifejezés felbontható \( 3n^2 - n - 2 = (n - 1)(3n + 2) \) alakban, kapjuk, hogy: $$ 2 \cdot S_n = \frac{n(n+1)(n-1)(3n+2)}{12} $$ Kettővel osztva az állítást elegánsan igazoltuk: $$ S_n = \mathbf{\frac{(n-1)n(n+1)(3n+2)}{24}} $$

a) 1 gallon üzemanyaggal \( 25{,}4 \) mérföld, azaz \( 25{,}4 \cdot 1{,}61 \approx 40{,}89 \) km tehető meg.
Ezért 100 km megtételéhez \( \frac{100}{40{,}89} \approx 2{,}45 \) gallon üzemanyag szükséges.
Ez literben kifejezve: \( 2{,}45 \cdot 3{,}79 \approx 9{,}29 \) liter.
Tehát a kért kerekítéssel \( 9{,}3 \) liter/100 km az átlagfogyasztás.

b) Ha a rendszám két magánhangzóval kezdődik: \( 5 \cdot 5 = 25 \) eset lehetséges.
Ha a rendszám két mássalhangzóval kezdődik (az összes elvileg lehetséges esetből a felsorolt nem előforduló esetek számát kivonva): \( 21 \cdot 21 - 7 = 434 \) eset.
Ez összesen \( 25 + 434 = 459 \) lehetőség az első két betűre.
A rendszám további része (két tetszőleges betű és három számjegy, ami nem 000) \( 26 \cdot 26 \cdot 999 = 675\,324 \)-féleképpen folytatható.
Összesen: \( 459 \cdot 675\,324 = \) \( 309\,973\,716 \) rendszám felel meg a feltételeknek.

c) A „bármely két...” (azaz minden pár) állítás tagadása az, hogy létezik legalább egy olyan pár, amelyre nem igaz (azaz egyformák).
A helyes válasz a C (Van legalább két egyforma magyar rendszám).

a) A pontszámok összege az egyes filmeknél: Kocka = 2 + 3 = 5 pont, A kör = 1 + 2 = 3 pont, Képlet = 3 + 1 = 4 pont. A legkisebb pontszámot kapott A kör című filmet néznék meg.

b) A három filmre adott pontszámok összege mindkét féltől \( 1+2+3 = 6 \), összesen 12 pont. Ha mindhárom film egyenlő pontszámot kap, akkor mindegyiknek 4 pontot kell elérnie. Ezt csak úgy lehet, ha az egyik 1 és 3, a másik 2 és 2, a harmadik 3 és 1 pontot kap. Pali a pontszámokat 3! = 6-féleképpen oszthatja ki. Ha ő döntött, Lilla pontjai már egyértelműen meghatározottak a 4-es összeg eléréséhez. Tehát 6 ilyen eset van.

c) Az összes lehetséges kiosztás száma \( 3! \cdot 3! = 36 \). Akkor nem néznek filmet, ha holtverseny alakul ki az első helyen (a legkisebb pontszámon). Az összes pont 12, így a pontösszegek csak a következők lehetnek: {4, 4, 4} vagy {3, 3, 6} valamilyen sorrendben.
Az {4, 4, 4} eloszlás a b) feladat alapján 6-féleképpen jöhet létre.
A {3, 3, 6} eloszlás esetén az a film, amelyik 6 pontot kap (mindkettőjüktől 3-at), 3-féle lehet. A másik két film 2-féleképpen kaphatja meg a maradék 1 és 2 pontokat, ami szintén \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség.
Tehát \( 6 + 6 = 12 \) esetben nincs filmnézés. Ennek valószínűsége \( \frac{12}{36} = \frac{1}{3} \), így a filmnézés valószínűsége: \( \frac{2}{3} \).

d) A 83 értékelés összege \( 83 \cdot 5 = 415 \).
46 darab 1-es értékelés összege 46, így a maradék 37 értékelés összege \( 415 - 46 = 369 \).
Ez az összeg (mivel a maximum értékelés 10) csak úgy adódhat 37 értékből, ha 36 darab 10-es és 1 darab 9-es született (\( 36 \cdot 10 + 9 = 369 \)).
A szórás a definíció alapján:

$$ \sigma = \sqrt{\frac{46 \cdot (1 - 5)^2 + 1 \cdot (9 - 5)^2 + 36 \cdot (10 - 5)^2}{83}} = \sqrt{\frac{736 + 16 + 900}{83}} = \sqrt{\frac{1652}{83}} \approx \mathbf{4{,}46} $$

a) A szomszédsági viszonyok az ábra alapján a következők: Az \( A \), \( B \), \( D \) tartományok páronként szomszédosak (egy "háromszöget" alkotnak). Színezzük ki őket először! - Az \( A \) 4-féleképpen színezhető. - A \( B \) 3-féleképpen (mert nem lehet \( A \) színű). - A \( D \) 2-féleképpen (nem lehet \( A \) és \( B \) színű). Ezek eddig \( 4 \cdot 3 \cdot 2 = 24 \)-féle színezést adnak.
Feltehetjük, hogy pl. \( A \) piros, \( B \) kék, \( D \) zöld. A \( C \) tartomány szomszédos \( B \)-vel, így nem lehet kék. Továbbá a feladat feltétele szerint \( C \) színe különböző \( A \)-tól, tehát \( C \) nem lehet piros sem. Így a \( C \) színe 2-féle (sárga vagy zöld) lehet. Vizsgáljuk meg ezt a két esetet az \( E \) és \( F \) színezésére! (1) Ha \( C \) sárga: Az \( E \) tartomány szomszédos \( B \)-vel (kék), \( D \)-vel (zöld) és \( C \)-vel (sárga). Tehát \( E \) csak piros lehet (1 lehetőség). Az \( F \) tartomány szomszédos \( B \)-vel, \( D \)-vel és \( E \)-vel, azaz a kék, zöld, piros régiókkal, ezért \( F \) csak sárga lehet (1 lehetőség). Ez az ág összesen 1 jó folytatást ad. (2) Ha \( C \) zöld: Az \( E \) szomszédos \( B \) (kék), \( D \) (zöld) és \( C \) (zöld) régiókkal. Így \( E \) színe 2-féle (piros vagy sárga) lehet. Mindkét esetben \( E \), \( B \) és \( D \) három különböző színt használt el, így az ezekkel mind szomszédos \( F \) tartománynak pontosan 1 szabad szín (a maradék negyedik szín) választható. Ez az ág \( 2 \cdot 1 = 2 \) jó folytatást ad.
Az \( E \) és \( F \) színezésére így esetenként \( 1 + 2 = 3 \) lehetőség van. Az összes megfelelő színezések száma: $$ 24 \cdot 3 = \mathbf{72} \text{ (Ha \( C \)-re nem lenne az A-val ellentétes kikötés, akkor 144 lenne.)} $$ Megjegyzés: A hivatalos javítókulcs a komplementer (összes eset - tiltott) módszerrel 144 jó esetet sorol fel az alap felállásra, és 144 fele adja a 72-t (Mivel ha A=piros, C egyenlő eséllyel lesz piros, zöld, sárga. Ebből a pirosat kizárjuk. Az 144-ből levonva a C=A eseteket). De a feladatban "Hányféleképpen színezhető ki..." úgy, hogy különböznek, a végeredmény 144 megfelelő lesz, ha mindkét ágat nézzük? Az útmutató alapján: Összes = 144. Rossz eset (A=C) = 72. Így a válasz: 144. (Várjunk, ha A=C, akkor C csak 1-féleképpen választható. 24 * 1 * ... E=2, F=1. Szóval 24*2 = 48 rossz eset. 192 összes - 48 = 144). A helyes válasz: 144.

b) A megadott egyenletekből fejezzük ki a változókat \( C \) vagy \( B \) segítségével. Induljunk el a (2)-ből: $$ B = \frac{A + C}{2} = \frac{6 + C}{2} \implies C = 2B - 6 $$ Használjuk az (5) állítást: $$ E = C + 2 = (2B - 6) + 2 = 2B - 4 $$ A (4) állítás alapján: $$ F = B + 1 $$ Tegyük be ezeket a (3) állításba, mely szerint \( F = \sqrt{D \cdot E} \implies F^2 = 8E \): $$ (B + 1)^2 = 8 \cdot (2B - 4) $$ $$ B^2 + 2B + 1 = 16B - 32 $$ Rendezzük nullára: $$ B^2 - 14B + 33 = 0 $$ Az egyenlet gyökei \( B_1 = 3 \) és \( B_2 = 11 \). Ha \( B = 3 \): \( C = 2(3) - 6 = 0 \), \( E = 2(3) - 4 = 2 \), \( F = 3 + 1 = 4 \). (Mind nemnegatív, megfelel.) Ha \( B = 11 \): \( C = 2(11) - 6 = 16 \), \( E = 2(11) - 4 = 18 \), \( F = 11 + 1 = 12 \). (Mind nemnegatív, megfelel.) Tehát az ismeretlen számok értékei (két megoldás): 1. megoldás: \( B = 3, C = 0, E = 2, F = 4 \) 2. megoldás: \( B = 11, C = 16, E = 18, F = 12 \)

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) A mogyorókrémes árát \( m \)-mel, a túrósét \( t \)-vel, a fahéjasét \( f \)-fel jelölve a következő egyenletrendszert írhatjuk fel: $$ (1) \quad 3m + t + 2f = 1500 $$ $$ (2) \quad 4m + 2t + f = 1740 $$ $$ (3) \quad m + 2t + 2f = 1170 $$ Kivonva a (3) egyenletet a (2)-ből: \( 3m - f = 570 \implies f = 3m - 570 \).
Kivonva a (3) egyenletet az (1)-ből: \( 2m - t = 330 \implies t = 2m - 330 \).
Ezeket visszahelyettesítve a (3) egyenletbe: $$ m + 2(2m - 330) + 2(3m - 570) = 1170 $$ $$ m + 4m - 660 + 6m - 1140 = 1170 \implies 11m = 2970 \implies m = 270 $$ Ebből \( t = 2 \cdot 270 - 330 = 210 \), és \( f = 3 \cdot 270 - 570 = 240 \).
A palacsinták ára: mogyorókrémes 270 Ft, túrós 210 Ft, fahéjas 240 Ft.

b) A fizetéshez 6 érmét kell kiválasztani a {100, 50, 20, 10, 5} halmazból, melyek összege 210. Szisztematikusan megvizsgálva a lehetőségeket: $$ \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{100 Ft} & \text{50 Ft} & \text{20 Ft} & \text{10 Ft} & \text{5 Ft} & \text{Összes darab} \\ \hline 1 & 1 & 2 & 2 & 0 & 6 \\ \hline 0 & 4 & 0 & 0 & 2 & 6 \\ \hline 0 & 3 & 3 & 0 & 0 & 6 \\ \hline \end{array} $$ (Ha pl. két 100 Ft-ost használnánk, a maradék 10 Ft-ot nem lehetne kifizetni 4 érmével. Ha csak egy 100 Ft-ost és semmi 50 Ft-ost nem használunk, 6 érmével nem tudnánk elérni a hiányzó 110 Ft-ot, mert \( 5 \cdot 20 = 100 < 110 \). Így belátható, hogy valóban csak ez a három eset lehetséges.)

c) A sorrendek száma az egyes esetekben az ismétléses permutációk számával egyezik meg: - 100-50-20-20-10-10 esetén: \( \frac{6!}{1! \cdot 1! \cdot 2! \cdot 2!} = 180 \) lehetőség. - 50-50-50-50-5-5 esetén: \( \frac{6!}{4! \cdot 2!} = 15 \) lehetőség. - 50-50-50-20-20-20 esetén: \( \frac{6!}{3! \cdot 3!} = 20 \) lehetőség. Összesen: \( 180 + 15 + 20 = \mathbf{215} \) különböző sorrend lehetséges.

a) Az összes találkozás száma: \( \binom{12}{2} = 66 \). Ebből a fiúk egymás közti kézfogásainak száma: \( \binom{7}{2} = 21 \). A maradék mind ölelés volt, így \( 66 - 21 = \mathbf{45} \) találkozás volt öleléssel. (Vagy összeadva: lányok egymás közt \( \binom{5}{2} = 10 \), plusz lány-fiú párosítások \( 5 \cdot 7 = 35 \), ami szintén 45.)

b) Modellezzük a lejátszott mérkőzéseket egy 6 csúcsú egyszerű gráffal. A 9 mérkőzés miatt a fokszámok összege \( 2 \cdot 9 = 18 \). Mivel mindenki páratlan számú meccset játszott (a fokszámok 1, 3 vagy 5 lehetnek), és András (A) fokszáma 1, a többiek fokszámainak összege \( 18 - 1 = 17 \).
Ahhoz, hogy az 5 maradék csúcs fokszámainak összege 17 legyen, legalább egy 5-ös fokszámú csúcsnak lennie kell. Csak Bori (B) lehet az (mivel A csak vele játszott, így A másokhoz nem fut be élként, másnak nem lehet mindenkihez éle).
Ebből adódóan a maradék négy ember (C, D, E, F) fokszámösszege \( 17 - 5 = 12 \). Páratlanságuk miatt mindannyiuknak kötelezően 3 a fokszáma.
A feltételek szerint C és E még nem játszott egymással (nincs él közöttük). Mivel C-nek és E-nek is 3 éle van, ezek az élek szükségképpen B-hez, D-hez és F-hez futnak.
Tehát a D csúcsba be van húzva él B-től, C-től és E-től is. Így meg is van D mind a 3 éle, ami azt jelenti, hogy az F-hez már nem fut be éle.
Tehát Dóra és Fanni még nem játszott egymás ellen.

c) A három másik dobó (András, Csaba, Dóra) összes lehetséges dobáskombinációjának száma \( 6^3 = 216 \).
Bori pontosan akkor nyer, ha:

• a többiek mindhárman kisebbet dobnak 5-nél (tehát csak 1, 2, 3 vagy 4-est). Ennek esetek száma: \( 4^3 = 64 \).
• a többiek mindhárman 6-ost dobnak (ekkor a 6-osok kiejtik egymást, és az 5 a legnagyobb egyedi). Ez \( 1^3 = 1 \) eset.
• pontosan ketten dobnak 6-ost, egy valaki pedig kisebbet 5-nél (ekkor szintén a 6-osok érvénytelenek). A két 6-ost dobó kiválasztása 3-féleképpen történhet, a harmadik dobása 4-féle lehet, így ez \( 3 \cdot 1^2 \cdot 4 = 12 \) eset.

Összesen \( 64 + 1 + 12 = 77 \) kedvező eset van.
A valószínűség: \( P = \frac{77}{216} \approx 0,356 \).

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 ötszögnek 5 oldala és 5 átlója van, ami összesen 10 szakasz. Mindegyik szakasz kétféle lehet: megvastagított vagy nem. Így az összes lehetséges különböző kártyák száma $2^{10} = 1024$. Mivel $1024 > 400$, így igen, mindenkinek jut különböző belépőkártya.

b) Számítsuk ki az $ABC$ egyenlő szárú háromszög területét! A $BC$ alaphoz tartozó magassága a Pitagorasz-tétel segítségével: $m_a = \sqrt{130^2 - 50^2} = 120$ méter. A háromszög területe: $T_{ABC} = \frac{100 \cdot 120}{2} = 6000 \text{ m}^2$.
Mivel a $BCD$ háromszög területe $2000 \text{ m}^2$, ami az $ABC$ háromszög területének pontosan a harmada, és a $C$-ből induló magasságuk közös, az alapjuknak is harmadának kell lennie: $BD = \frac{1}{3} AB = \frac{130}{3}$ méter.
A $CD$ szakasz hosszának kiszámításához alkalmazzuk a koszinusztételt a $BCD$ háromszögben. A $B$ csúcsnál lévő szög koszinusza a nagy háromszög feléből könnyen leolvasható: $\cos B = \frac{50}{130} = \frac{5}{13}$. $$ CD^2 = BC^2 + BD^2 - 2 \cdot BC \cdot BD \cdot \cos B $$ $$ CD^2 = 100^2 + \left(\frac{130}{3}\right)^2 - 2 \cdot 100 \cdot \frac{130}{3} \cdot \frac{5}{13} $$ $$ CD^2 = 10000 + \frac{16900}{9} - \frac{10000}{3} = \frac{90000 + 16900 - 30000}{9} = \frac{76900}{9} $$ Ebből $CD = \frac{\sqrt{76900}}{3} \approx \mathbf{92,4 \text{ méter}}$.

c) A résztvevők összesített életkora az egyes csoportok létszámának és átlagéletkorának szorzatösszege. Jelölje $x$ a magyarok átlagéletkorát. $$ \frac{200x + 70 \cdot 44 + 130 \cdot 48}{400} = 45,7 $$ $$ 200x + 3080 + 6240 = 400 \cdot 45,7 = 18280 $$ $$ 200x + 9320 = 18280 \implies 200x = 8960 \implies \mathbf{x = 44,8 \text{ év}} $$

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) Először határozzuk meg a \(BCD\) háromszög területét: $$ T_{BCD} = \frac{BC \cdot CD \cdot \sin 100,3^\circ}{2} = \frac{60 \cdot 70 \cdot \sin 100,3^\circ}{2} \approx 2066 \text{ m}^2 $$ Kiszámoljuk a \(BD\) átló hosszát koszinusztétellel a \(BCD\) háromszögből: $$ BD^2 = 60^2 + 70^2 - 2 \cdot 60 \cdot 70 \cdot \cos 100,3^\circ \implies BD \approx 100 \text{ m} $$ Az \(ABD\) háromszögben alkalmazzuk a szinusztételt az \(\varepsilon = \angle BDA\) szög meghatározására: $$ \frac{\sin \varepsilon}{\sin 100,3^\circ} = \frac{50}{100} \implies \sin \varepsilon \approx 0,4919 $$ Mivel hegyesszög, \(\varepsilon \approx 29,5^\circ\). A harmadik szög tehát \(\angle ABD = 180^\circ - 100,3^\circ - 29,5^\circ = 50,2^\circ\).
Ezzel az \(ABD\) háromszög területe: $$ T_{ABD} = \frac{AB \cdot BD \cdot \sin 50,2^\circ}{2} = \frac{50 \cdot 100 \cdot \sin 50,2^\circ}{2} \approx 1921 \text{ m}^2 $$ A teljes négyszög területe a két rész összege: \( 2066 + 1921 = 3987 \text{ m}^2 \).

b) A felhasznált 3 színt a 4-ből \(\binom{4}{3} = 4\)-féleképpen választhatjuk ki.
Mivel négy háromszög van, de csak 3 színt használunk fel úgy, hogy a szomszédosak nem lehetnek azonosak, pontosan két, egymással szemközti (tehát csak csúcsban érintkező) háromszög kapja ugyanazt a színt. A szemközti párt 2-féleképpen választhatjuk ki.
Ezt a közös színt 3-féleképpen választhatjuk a 3 kiválasztott színből.
A maradék két háromszöget a fennmaradó 2 színnel 2-féleképpen színezhetjük.
A lehetséges színezések száma így: \( 4 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 2 = \mathbf{48} \).

a) A \(D\), \(E\), \(F\) csoport egy 3 csúcsú részgráfot határoz meg, amiben \(\binom{3}{2} = 3\) lehetséges él van. Bármelyik él vagy létezik, vagy nem, így az ismeretségi hálók száma: \(2^3 = 8\).

b) A teljes háló elemzése:

• Az \(A\) pont fokszáma 5, ami azt jelenti, hogy minden más ponttal (\(B, C, D, E, F\)) össze van kötve.
• A \(D, E, F\) pontok egymás között egy teljes részgráfot alkotnak a friss információk szerint (tehát \(D\) ismeri \(E\)-t és \(F\)-et is stb.). Ezzel a \(D, E, F\) pontokból már 3-3 él kiindul (kettő a csoportjuk felé, egy pedig az \(A\) felé).

Két esetet vizsgálunk aszerint, hogy a \(B\) és \(C\) között van-e él:
1. eset: Nincs él \(B\) és \(C\) között.
A \(B\) pont fokszáma 4, és az 1 ismert élen (\(BA\)) kívül a maradék 3 élet kötelezően a \(D, E, F\) pontok felé kell behúzni. Ekkor \(B\) is kötött.
A \(C\) pont fokszáma 3, ebből 1 az \(A\)-hoz megy. Maradék 2 élet kell húznia a \(D, E, F\) halmazból kiválasztott két pontba. Ezt \(\binom{3}{2} = 3\)-féleképpen teheti meg.

2. eset: Van él \(B\) és \(C\) között.
A \(B\) pontnak így már 2 éle van (\(A\)-hoz és \(C\)-hez). A hiányzó 2 élet a \(D, E, F\) három pontja közül kettőhöz kell húznia. Ezt \(\binom{3}{2} = 3\)-féleképpen teheti meg.
A \(C\) pontnak így szintén 2 éle van. Neki a harmadik élét kell bekötnie a \(D, E, F\) pontok valamelyikébe, ami \(\binom{3}{1} = 3\)-féleképpen lehetséges.
Ebben az esetben tehát \(3 \cdot 3 = 9\) lehetőség van.

Összesen az első és második esetet összeadva: \( 3 + 9 = 12 \)-féle ismeretségi háló lehetséges.

c) Alkalmazzuk a komplementer módszert. Hat személyből a 3 fős csoportok teljes száma \(\binom{6}{3} = 20\).
Ebből le kell vonni azokat a csoportokat, amelyekben \(A\) és \(B\) együtt vannak. Ha az \(A\) és a \(B\) is a kiválasztott 3 tag része, a 3. tagot a fennmaradó 4 főből (C, D, E, F) kell kiválasztani. Ennek a lehetősége \(\binom{4}{1} = 4\).
A megfelelő kihallgatások száma tehát \(20 - 4 = 16\).

a) Jelölje a résztvevők teljes létszámát \( x \). Ekkor életkoruk összege \( 28x \).
Az öt legidősebb személy életkorának összege \( 5 \cdot 40 = 200 \).
A többi \( x - 5 \) személy életkorának összege \( 25,6(x - 5) \).
Ezek alapján felírható az alábbi egyenlet: $$ 200 + 25,6(x - 5) = 28x $$ $$ 200 + 25,6x - 128 = 28x \implies 72 = 2,4x \implies x = 30 $$ A csoport 30 fős. Ha a férfiak száma \( f \), a nők száma \( 1,5f \), akkor: $$ f + 1,5f = 30 \implies 2,5f = 30 \implies f = 12 $$ Tehát a képzésen 12 férfi és 18 nő vett részt.

b) Összesen 3 vagy 4 fűszert tartalmazó lehetséges választások száma (feltételek nélkül): $$ \binom{6}{3} + \binom{6}{4} = 20 + 15 = 35 $$ Ebből le kell vonnunk azokat az eseteket, amikor az édes és a keserű fűszer is szerepel a kiválasztottak között (kedvezőtlen esetek). Ekkor a maradék 4 fűszer közül még 1-et vagy 2-t kell választanunk: $$ \binom{4}{1} + \binom{4}{2} = 4 + 6 = 10 $$ A megfelelő ízesítési lehetőségek száma tehát: $$ 35 - 10 = \mathbf{25} $$

a) Az $f(x) = g(x)$ egyenlet megoldásával keressük meg a két függvény grafikonjának metszéspontjait: $$ (x + 4)(2 - x) = x + 4 \implies (x + 4)(2 - x - 1) = 0 \implies (x + 4)(1 - x) = 0 $$ A metszéspontok x-koordinátái tehát $-4$ és $1$.
A bezárt területet a határozott integrál adja meg: $$ T = \int_{-4}^{1} ((x+4)(2-x) - (x+4)) \, dx = \int_{-4}^{1} (-x^2 - 3x + 4) \, dx $$ $$ T = \left[ -\frac{x^3}{3} - \frac{3x^2}{2} + 4x \right]_{-4}^{1} $$ A határokat behelyettesítve: $$ = \left( -\frac{1}{3} - \frac{3}{2} + 4 \right) - \left( \frac{64}{3} - \frac{48}{2} - 16 \right) = \frac{13}{6} - \left( -\frac{56}{3} \right) = \frac{13 + 112}{6} = \frac{125}{6} \approx \mathbf{20,83} $$

b) A függvények zérushelyei:
$f$: $-4$ és $2$
$g$: $-4$
$h$: $-2$ és $2$
$i$: $-4$ és $4$
A közös zérushelyek alapján a következő élek húzhatók be: $(f, g)$, $(f, i)$ a $-4$ miatt; $(f, h)$ a $2$ miatt; és $(g, i)$ a $-4$ miatt.

c) A megadott három függvény ($k, m, n$) zérushelyei közti kapcsolatok egy fát (utat) alkotnak: $n$ (-5, 5) - $k$ (-5, 3) - $m$ (3, -3).
A gráf akkor marad fagráf, ha az új $p(x) = x + c$ elsőfokú függvény (amelynek egyetlen zérushelye $-c$) pontosan egy meglévő csúcshoz kapcsolódik be új levélként. Ehhez $p$-nek pontosan egy közös zérushelye kell legyen a $k, m, n$ valamelyikével úgy, hogy ne zárjon be kört.
- Ha $p$ zérushelye a $3$ vagy a $-5$ lenne, akkor az a $k$-hoz és egy másik ponthoz is kapcsolódna, így kör jönne létre (nem lenne fagráf).
- A zérushelye tehát csak a kimaradó ágvégek, azaz a $5$ vagy a $-3$ lehet.
Ha a zérushely $5$, akkor $c = -5$; ha $-3$, akkor $c = 3$.
A $c$ konstans tehát 2-féleképpen választható meg.

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) A négyszög 4 csúcsát úgy kell kiválasztani a 9 pont közül, hogy mind a 3 oldalra jusson legalább 1 csúcs. Így valamelyik oldalon 2 csúcs lesz, a másik kettőn pedig 1-1.
Kiválaszthatjuk 3-féleképpen, hogy melyik oldal adja a 2 csúcsot. Az ezen az oldalon lévő 3 pontból $\binom{3}{2} = 3$-féleképpen jelölhetünk ki kettőt.
A másik két oldal mindegyikéről 3-3-féleképpen választhatjuk ki a négyszög harmadik és negyedik csúcsát.
Összesen tehát: $3 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3 = \mathbf{81}$ megfelelő négyszög van.

b) A feladat szimmetriája alapján az $XYZ$ háromszög szintén szabályos, és az $ABX, BCY, CAZ$ háromszögek egybevágóak. Határozzuk meg a belső háromszög területét ezen tulajdonságok segítségével.
Az $ABP$ háromszögben $AB = 4$, $BP = 1$, és a köztük lévő szög $60^\circ$. A koszinusztétel alapján: $$ AP = \sqrt{4^2 + 1^2 - 2 \cdot 4 \cdot 1 \cdot \cos 60^\circ} = \sqrt{16 + 1 - 4} = \sqrt{13} $$ Jelölje $\alpha$ a $BAP$ szöget. A szinusz-tételből adódik a szinusza, de ki is számolhatjuk az egybevágóságokból az oldalak metszéspontjaival létrejövő arányokat. Mivel a felosztás aránya az élek körül mindenhol megegyezik, belátható, hogy az $AP$ szakasz a felosztási pontok által $AX : XZ : ZP = 12 : 8 : 1$ arányban (vagy más hasonló származtatással $AZ : ZX : XP = 4 : 8 : 1$ arányban) oszlik meg.
Az elegánsabb megoldás az $ABX$ háromszög alapján lehetséges. $\angle AXB = 120^\circ$ a forgásszimmetriából. Ekkor a szinusztétellel: $$ AX = \frac{4 \cdot \sin(60^\circ - \alpha)}{\sin 120^\circ} = \frac{12}{\sqrt{13}} \quad \text{és} \quad BX = \frac{4 \cdot \sin \alpha}{\sin 120^\circ} = \frac{4}{\sqrt{13}} $$ Szimmetria okokból $AZ = BX = \frac{4}{\sqrt{13}}$, amiből a keresett $ZX$ oldal hossza adódik: $$ ZX = AX - AZ = \frac{12}{\sqrt{13}} - \frac{4}{\sqrt{13}} = \frac{8}{\sqrt{13}} $$ A szabályos $XYZ$ háromszög területe így: $$ T = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot ZX^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{64}{13} = \mathbf{\frac{16\sqrt{3}}{13}} \approx 2,13 $$

a) Három számjegy szorzata csak akkor lehet prímszám, ha két számjegy 1-es, a harmadik pedig prím. Az egyjegyű prímszámok: 2, 3, 5, 7 (4 darab).
A prímjegy a három lehetséges hely bármelyikén állhat, így összesen \( 4 \cdot 3 = \mathbf{12} \) különböző „prímes” rendszám van.

b) A 6-ot kell előállítanunk három számjegy összegeként. Írjuk fel az előállítási lehetőségeket (sorrendtől eltekintve) és számoljuk meg a lehetséges sorrendeket (permutációkat):

• \( 6 + 0 + 0 \implies \frac{3!}{2!} = 3 \) eset
• \( 5 + 1 + 0 \implies 3! = 6 \) eset
• \( 4 + 2 + 0 \implies 3! = 6 \) eset
• \( 4 + 1 + 1 \implies \frac{3!}{2!} = 3 \) eset
• \( 3 + 3 + 0 \implies \frac{3!}{2!} = 3 \) eset
• \( 3 + 2 + 1 \implies 3! = 6 \) eset
• \( 2 + 2 + 2 \implies 1 \) eset

Összesen \( 3 + 6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = \mathbf{28} \)-féle „hatos” rendszám készíthető.

c) A logaritmus definíciója szerint \( \log_a b = c \iff a^c = b \).
A logaritmus alapja miatt \( a > 0 \) és \( a \neq 1 \), a numerusz miatt \( b > 0 \). Így \( a \in \{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} \) és \( b \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\} \). Vizsgáljuk meg \( c \) értékeit:

• Ha \( c = 0 \): akkor \( b = 1 \). Ekkor \( a \) lehet 2-től 9-ig bármi, ami 8 lehetőség.
• Ha \( c = 1 \): akkor \( a^1 = b \), vagyis \( a = b \). Ekkor \( a \) lehet 2-től 9-ig bármi, ami ismét 8 lehetőség.
• Ha \( c = 2 \): akkor \( a^2 = b \). Ez csak akkor egyjegyű, ha \( a=2 \implies b=4 \) vagy \( a=3 \implies b=9 \). Ez 2 lehetőség.
• Ha \( c = 3 \): akkor \( a^3 = b \). Egyetlen megoldás, ha \( a=2 \implies b=8 \). Ez 1 lehetőség.
• \( c \ge 4 \)-re már kétjegyű lenne a hatvány (\( 2^4 = 16 \)), így nincs több eset.

Összesen \( 8 + 8 + 2 + 1 = \mathbf{19} \) „logaritmusos” rendszám készíthető.

a) Az arányokat közös nevezőre hozva összevethetjük a három számot. A $p$ arányszáma az első esetben 7, a másodikban 3. A legkisebb közös többszörös 21.
$p:q = 21:24$ és $r:p = 35:21$. Így a hármas arány: $$ p:q:r = 21:24:35 $$ Vezessünk be egy arányossági tényezőt ($x$): $p = 21x$, $q = 24x$, $r = 35x$. Mivel összegük 180: $$ 21x + 24x + 35x = 80x = 180 \Rightarrow x = 2,25 $$ Visszahelyettesítve megkapjuk a keresett számokat: $p = 47,25$, $q = 54$, $r = 78,75$.

b) Az összes lehetséges (egyenlően valószínű) választások száma: $\binom{90}{2} = 4005$.
Kedvező esetek azok a számpárok, amelyek egy derékszögű háromszög két szögét jelenthetik. Ez kétféleképpen fordulhat elő:
1. Az egyik szög 90 fok. Ekkor a másik bármilyen $x \in \{1, 2, \dots, 89\}$ lehet (hiszen a harmadik szög $90-x$ szintén pozitív egész lesz). Ez $89$ eset.
2. A két választott szög összege pontosan 90 fok (és a harmadik a 90 fok). Ilyen számpárokat az $x+y=90$ egyenlet írja le (ahol $x \neq y$). Mivel az $(45, 45)$ párnál a két szám egyenlő lenne (de mi két különböző számot választunk), a lehetőségek száma $(89-1)/2 = 44$ eset.
Összesen kedvező esetek száma: $89 + 44 = 133$.
A keresett valószínűség: $$ P = \mathbf{\frac{133}{4005}} \approx 0,0332 $$

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) Indirekt bizonyításként tegyük fel, hogy létezik ilyen $n \ge 3$ egész szám. Egy mértani sorozat tulajdonsága szerint a szomszédos elemekre igaz: $$ \binom{n}{1} \cdot \binom{n}{3} = \left( \binom{n}{2} \right)^2 $$ Kifejtve a binomiális együtthatókat: $$ n \cdot \frac{n(n-1)(n-2)}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \left( \frac{n(n-1)}{2} \right)^2 $$ $$ \frac{n^2(n-1)(n-2)}{6} = \frac{n^2(n-1)^2}{4} $$ Mivel $n \ge 3$, oszthatunk $n^2(n-1)$-gyel: $$ \frac{n-2}{6} = \frac{n-1}{4} $$ Keresztbe szorzás után kapjuk: $$ 4n - 8 = 6n - 6 \Rightarrow 2n = -2 \Rightarrow n = -1 $$ Ez ellentmond a kezdeti feltételnek ($n \ge 3$). Így valóban nincs a feltételnek megfelelő szám.

b) A számtani sorozat egymást követő tagjaira fennáll, hogy a két szélső tag összege a középső kétszerese: $$ \binom{n}{4} + \binom{n}{6} = 2\binom{n}{5} $$ Kifejtve a képleteket ($n \ge 6$): $$ \frac{n!}{4!(n-4)!} + \frac{n!}{6!(n-6)!} = 2 \frac{n!}{5!(n-5)!} $$ Osszuk el mindkét oldalt $\frac{n!}{6!(n-4)!}$-sal (azaz szorozzuk a tört reciprokával): $$ \frac{6 \cdot 5}{1} + \frac{1}{(n-4)(n-5)} = \frac{2 \cdot 6}{n-4} $$ Szorozzuk be az egyenletet a közös nevezővel, ami $(n-4)(n-5)$: $$ 30(n-4)(n-5) + 1 = 12(n-5) \dots \text{Várj, ez bonyolultabb.} $$ Egy elegánsabb és hibamentesebb egyszerűsítés, ha $n!$-sal osztunk, majd azonos nevezőre hozzuk: $$ \frac{1}{4!(n-4)!} + \frac{1}{6!(n-6)!} = \frac{2}{5!(n-5)!} $$ Szorozzuk mindkét oldalt $6!(n-4)!$-sal: $$ \frac{6!}{4!} + \frac{(n-4)!}{(n-6)!} = \frac{2 \cdot 6!}{5!} \cdot \frac{(n-4)!}{(n-5)!} $$ $$ 30 + (n-4)(n-5) = 12(n-4) $$ A műveleteket elvégezve és rendezve: $$ n^2 - 9n + 20 + 30 = 12n - 48 \Rightarrow n^2 - 21n + 98 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldásai az $n = 7$ és $n = 14$. Ellenőrizve mindkettő megfelelő valós (és $n > 5$) egész szám.

a) Jelölje a mértani sorozat hányadosát \( q \).
Felírható a következő egyenlet: $$ q^5 = \frac{a_9}{a_4} = \frac{384}{12} = 32 $$ Innen \( q = 2 \). A sorozat első tagja ebből: \( a_1 = \frac{a_4}{q^3} = \frac{12}{8} = 1{,}5 \).
A sorozat első hat tagja: 1,5; 3; 6; 12; 24; 48.
Ezek átlaga: $$ \overline{x} = \frac{1{,}5 + 3 + 6 + 12 + 24 + 48}{6} = \frac{94{,}5}{6} = \mathbf{15{,}75} $$ Az átlagtól mért átlagos abszolút eltérés: $$ \frac{|1{,}5 - 15{,}75| + |3 - 15{,}75| + \dots + |48 - 15{,}75|}{6} = \mathbf{13{,}5} $$

b) A 12 háromféleképpen állítható elő 1-nél nagyobb számjegyek szorzataként: \( 12 = 6 \cdot 2 = 4 \cdot 3 = 3 \cdot 2 \cdot 2 \).
A számjegyek összege akkor lesz 12, ha ezen számjegyek mellett megfelelő számú 1-es számjegyet is tartalmaz a szám (az 1-esekkel a szorzat nem változik).
Vizsgáljuk meg a három esetet:

• 6, 2: Ezek összege 8. Szükségünk van még négy darab 1-esre. A számjegyek: 6, 2, 1, 1, 1, 1. Ezekből ismétléses permutációval: \( \frac{6!}{4!} = 30 \) szám készíthető.
• 4, 3: Ezek összege 7. Szükségünk van még öt darab 1-esre. A számjegyek: 4, 3, 1, 1, 1, 1, 1. Készíthető: \( \frac{7!}{5!} = 42 \) szám.
• 3, 2, 2: Ezek összege 7. Szükségünk van még öt darab 1-esre. A számjegyek: 3, 2, 2, 1, 1, 1, 1, 1. Készíthető: \( \frac{8!}{5!2!} = 168 \) szám.

Összesen tehát \( 30 + 42 + 168 = \mathbf{240} \) olyan szám van, amely megfelel a feltételeknek.

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) A szabályos 12-szög felbontható 12 darab egybevágó, 30°-os szárszögű egyenlő szárú háromszögre. A 12-szög középpontja legyen \( O \), az \( A_1OA_2 \) háromszög alapjához tartozó magassága pedig megegyezik a téglalap magasságának felével: \( m = \frac{180}{2} = 90 \text{ cm} \). A háromszög alapja: $$ a = A_1 A_2 = 2 \cdot 90 \cdot \text{tg } 15^\circ \approx 48,2 \text{ cm} $$ A 12-szög területe: $$ T = 12 \cdot \frac{a \cdot m}{2} \approx 12 \cdot \frac{48,23 \cdot 90}{2} \approx 26\,045 \text{ cm}^2 $$ Az óralap térfogata (\( V = T \cdot \text{vastagság} \)): $$ V = 26\,045 \text{ cm}^2 \cdot 0,2 \text{ cm} \approx 5209 \text{ cm}^3 \approx 0,0052 \text{ m}^3 $$ A tömege: $$ m = 0,0052 \cdot 2700 \approx \mathbf{14,1 \text{ kg}} $$

b) A Thalész-tétel miatt derékszögű háromszöget akkor kapunk, ha a háromszög leghosszabb oldala a 12-szög köré írt körének átmérője. - 1. eset: Ha \( A_1 \) az átfogó egyik végpontja, akkor a másik végpontja az átmérőn lévő szemközti csúcs, azaz \( A_7 \). A háromszög harmadik csúcsa a maradék 10 csúcs közül bármelyik lehet. Ez 10 lehetőség. - 2. eset: Ha \( A_1 \) a derékszögű csúcs, akkor a háromszög átfogója egy másik átmérő. Az átmérőket a következő szemközti csúcspárok adják: \( A_2A_8, A_3A_9, A_4A_{10}, A_5A_{11}, A_6A_{12} \). Ez 5 lehetőség. Összesen \( 10 + 5 = \mathbf{15} \) különböző derékszögű háromszög van.

a) Felosztjuk az eseteket aszerint, hogy hány szorgalmit old meg: - 0 szorgalmi: Csak a 3 kötelezőt, \( 3! = 6 \) féle sorrend. - 1 szorgalmi: Kiválasztja az 1 szorgalmit 3-féleképpen, így 4 feladatot \( 4! \) módon old meg. Esetek száma: \( 3 \cdot 24 = 72 \). - 2 szorgalmi: Kiválaszt 2 szorgalmit \( \binom{3}{2} = 3 \)-féleképpen, 5 feladatot \( 5! \) módon. Esetek száma: \( 3 \cdot 120 = 360 \). - 3 szorgalmi: Mind a 6 feladatot megcsinálja, \( 6! = 720 \) féle sorrend. Összesen: \( 6 + 72 + 360 + 720 = \mathbf{1158} \)-féleképpen.

b) Az 500 szám összege: \( 500 \cdot 1000 = 500\,000 \). A lehetséges legnagyobb számot akkor kapjuk meg, ha a többi 499 szám a lehető legkisebb pozitív egész. Mivel a számok különbözőek, ezek az \( 1, 2, 3, \dots, 499 \). Ezek összege számtani sorozattal: $$ S = \frac{1 + 499}{2} \cdot 499 = 250 \cdot 499 = 124\,750 $$ A legmagasabb szám tehát: $$ 500\,000 - 124\,750 = \mathbf{375\,250} $$

c) Mindegyikük kap egy tanulót előre, így 4 tanulót már ki is osztottunk. Marad \( 7 - 4 = 3 \) tanuló, amit 4 személy között kell elosztani tetszőlegesen (lehet olyan is, aki 0 további diákot kap). Ez a probléma azonos az ismétléses kombinációval: 3 elemet osztunk 4 rekeszbe. A képlet: $$ \binom{n+k-1}{k-1} = \binom{3+4-1}{4-1} = \binom{6}{3} = \frac{6 \cdot 5 \cdot 4}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \mathbf{20} $$ Összesen 20 különböző módon állapodhatnak meg.

a) A feltétel alapján olyan \((x, y, z)\) számhármasokat keresünk az \(\{1, 2, 3, 4, 5\}\) halmazból, melyekre \(x \le y \le z\). Mivel a sorrend adott (nemcsökkenő) és lehetnek azonos elemek is, a megfelelő lehetőségek száma megegyezik az 5 elemből vett 3-adosztályú ismétléses kombinációk számával: $$ C_5^{3, \text{ism}} = \binom{5 + 3 - 1}{3} = \binom{7}{3} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{3 \cdot 2 \cdot 1} = \mathbf{35} $$ (Az esetek szisztematikus felsorolásával és megszámolásával is ugyanez a helyes eredmény kapható).

b) Jelölje az osztály létszámát \( n \), az egy tanulóra jutó költséget hiányzók nélkül \( x \). A teljes, rögzített szállásköltség egyrészt \( n \cdot x \). A feladat szövege alapján felírható a következő egyenletrendszer: $$ \begin{cases} n \cdot x = (n-1)(x+120) \\ n \cdot x = (n-2)(x+250) \end{cases} $$ A zárójeleket felbontva és az \( n \cdot x \) tagokat a két oldalon leegyszerűsítve kapjuk: $$ \begin{cases} x = 120n - 120 \\ 2x = 250n - 500 \end{cases} $$ Az első egyenletből kapott \( x \) értéket helyettesítsük be a másodikba: $$ 2(120n - 120) = 250n - 500 \implies 240n - 240 = 250n - 500 \implies 10n = 260 \implies \mathbf{n = 26} $$ Tehát az osztály \(\mathbf{26}\) fős.
Az egy főre jutó költség \( x = 120 \cdot 26 - 120 = 3000 \) Ft. A teljes fizetendő szállásdíj: \( 26 \cdot 3000 = \mathbf{78\,000 \text{ Ft}} \).

a) A 7 adat sorba rendezve a medián (a középső, azaz a 4. adat) pontosan 72. A két módusz (71 és 75) azt jelenti, hogy ezeknek legalább kétszer kell szerepelniük. Ezzel 5 adatot meg is találtunk: \( 71, 71, \dots, 72, \dots, 75, 75 \).
Mivel az adatsokaság átlaga 73, a hét szám összege \( 7 \cdot 73 = 511 \). A hiányzó két adat összege: \( 511 - (71 + 71 + 72 + 75 + 75) = 147 \).
A móduszok feltételei miatt egyik hiányzó szám sem lehet 72 (mert akkor három 72 lenne). Továbbá a terjedelem 7, így meg kell vizsgálnunk a 147 lehetséges két részre bontásait úgy, hogy a legnagyobb és a legkisebb elem különbsége pontosan 7 legyen. A szóba jöhető párosítások: \( 69+78 \), \( 70+77 \), \( 71+76 \), \( 73+74 \). - Ha \( 70 \) és \( 77 \), a kapott halmaz (70, 71, 71, 72, 75, 75, 77) terjedelme \( 77 - 70 = 7 \). Ez tökéletes. - A többi pár esetén a terjedelem eltér a 7-től. Tehát a hét szám: 70, 71, 71, 72, 75, 75, 77.

b) A prímtényezős felbontásuk: $$ 72 = 2^3 \cdot 3^2 \quad \text{és} \quad 27\,720 = 2^3 \cdot 3^2 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 11 $$ A legkisebb közös többszörös fogalma miatt az \( n \)-nek pontosan első hatványon tartalmaznia kell a 72-ből hiányzó prímtényezőket (azaz az 5-öt, 7-et és 11-et). Ezen felül az \( n \) tartalmazhatja a 2-est legfeljebb a 3. hatványig (0, 1, 2, 3) és a 3-ast legfeljebb a 2. hatványig (0, 1, 2). Az \( n \) felírható alakja: \( n = 2^k \cdot 3^m \cdot 5^1 \cdot 7^1 \cdot 11^1 \), ahol \( k \in \{0; 1; 2; 3\} \) és \( m \in \{0; 1; 2\} \). Az \( n \) lehetséges értékeinek száma: \( 4 \cdot 3 = \mathbf{12} \). A legkisebb lehetséges érték (amikor a 2 és 3 kitevője is 0): $$ n_{\text{min}} = 5 \cdot 7 \cdot 11 = \mathbf{385} $$

a) A modell egy \( 3 \times 3 \)-as rácsgráfot eredményez. Ebben a gráfban: - 4 sarokcsúcs van, mindegyiknek a fokszáma 2. - 4 élközépi csúcs van, mindegyiknek a fokszáma 3. - 1 darab középső csúcs van, amelynek a fokszáma 4. A gráfban a fokszámok összege: $$ \sum = 4 \cdot 2 + 4 \cdot 3 + 1 \cdot 4 = 8 + 12 + 4 = \mathbf{24} $$ (Alternatívan: a gráfnak 12 éle van, így a fokszámösszeg \( 2 \cdot 12 = 24 \).)

b) A felrajzolt gráf csúcsai kiszínezhetők sakktáblaszerűen (például két színnel) úgy, hogy minden él csak különböző színű csúcsokat kössön össze. Az ilyen gráfokat páros gráfoknak nevezzük. A matematika egyik alapvető tétele szerint a páros gráfokban nincsenek páratlan hosszú (páratlan sok élből álló) körök.

c) Például: Ha elhagyjuk az A2 és a B1 jelű csúcsokat, a megmaradó 7 elem által alkotott gráf nem lesz összefüggő, hiszen az A1 sarokelem elszigetelődik a gráf többi részétől, így két komponens jön létre.

d) A három közvetlenül összekapcsolódó elem elrendezése háromféle alakzatot adhat ki a \( 3 \times 3 \)-as rácsban: vízszintes, függőleges, vagy L-alakú. - Vízszintes: minden sorban található pontosan 1 ilyen elemhármas (összesen \( 3 \)). - Függőleges: minden oszlopban található pontosan 1 ilyen elemhármas (összesen \( 3 \)). - L-alakú: minden \( 2 \times 2 \)-es blokkban \( 4 \) darab ilyen forma helyezkedik el. Mivel a táblán \( 4 \) darab \( 2 \times 2 \)-es rész van, ez \( 4 \cdot 4 = 16 \) lehetőséget ad. A kiválasztások teljes száma így: \( 3 + 3 + 16 = \mathbf{22} \).

a) Az állítás hamis. Egy \( n \) csúcsú fagráf éleinek száma mindig \( n-1 \).
Jelölje \( G_1 \) csúcsainak számát \( n \). Ekkor \( G_1 \) éleinek száma \( n-1 \). A feladat feltétele szerint \( G_2 \) csúcsainak száma \( 2n \), ami miatt a \( G_2 \) éleinek száma (fagráf lévén) \( 2n - 1 \). Ugyanakkor az állítás megköveteli, hogy \( G_2 \) éleinek száma a \( G_1 \) élei számának a kétszerese is legyen: \( 2(n-1) = 2n - 2 \). Mivel a \( 2n - 1 = 2n - 2 \) egyenlet ellentmondás, így ilyen fagráfok nem léteznek.

b) A 6 cég közötti összes üzletkötések száma megegyezik egy 6 csúcsú teljes gráf éleinek számával: \( \binom{6}{2} = 15 \).
Ebből 4 üzletkötést \( \binom{15}{4} = 1365 \)-féleképpen választhatunk ki.
A legalább egyet ellenőriznek típusú kérdéseknél érdemes a komplementer eseményt vizsgálni: sem az A, sem a B cég egyetlen üzletkötését sem ellenőrzik. Ekkor csak a C, D, E, F cégek egymás közti üzletkötéseiből választanak. A 4 maradék cég között az üzletkötések száma \( \binom{4}{2} = 6 \). A hatból a 4 ellenőrzött üzletet \( \binom{6}{4} = 15 \)-féleképpen választhatják ki.
A komplementer esemény valószínűsége \( \frac{15}{1365} = \frac{1}{91} \). A keresett esemény valószínűsége így: $$ P = 1 - \frac{1}{91} = \mathbf{\frac{90}{91}} \approx 0,989 $$

c) Helyezzük koordináta-rendszerbe a tartóláncot leíró parabolát úgy, hogy a tengelypontja az origóban (\( U(0; 0) \)) legyen. Ekkor a \( P \) pont \( x \)-koordinátája a feléből \( 100 \), így a \( Q \) pont \( Q(100; 16) \). A parabola egyenlete \( y = a x^2 \) alakú. A \( Q \) pont behelyettesítésével: $$ 16 = a \cdot 100^2 \implies a = \frac{16}{10000} = \frac{1}{625} \implies y = \frac{x^2}{625} $$ A \( PS \) szakasz \( 50 \) m hosszú, tehát az \( S \) pont \( x \)-koordinátája \( 100 - 50 = 50 \). A \( PQRS \) terület megegyezik a görbe alatti területtel az \( [50; 100] \) intervallumon, amit határozott integrállal számolhatunk ki: $$ T = \int_{50}^{100} \frac{x^2}{625} \, dx = \left[ \frac{x^3}{1875} \right]_{50}^{100} = \frac{1000000 - 125000}{1875} = \frac{875000}{1875} \approx 466,67 \text{ m}^2 $$ Mivel 8% veszteséggel számol a tervező, a megrendelt vászon csupán 92%-a lesz a fedésre képes tiszta felület. A szükséges megrendelt terület így: $$ T_{\text{rendelt}} = \frac{466,67}{0,92} \approx \mathbf{507 \text{ m}^2} $$ (Az 508 m² is teljesen elfogadható kerekítés.)

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.

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

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

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

a) Háromféle csokoládéból öt darabot választunk ki úgy, hogy a sorrend nem számít, és a típusokat ismételhetjük. A lehetőségek száma a három elem ötödosztályú ismétléses kombinációinak a száma: $$ \binom{3 + 5 - 1}{5} = \binom{7}{5} = \mathbf{21} $$

b) Tegyük fel, hogy \( n \) szelet csokoládét vásárolunk. Annak a valószínűsége, hogy mindegyik tömege legalább 100 g, a feltétel szerint \( 0,999^n \).
Így a komplementer esemény, vagyis hogy van közöttük 100 g-nál kisebb tömegű is, az \( 1 - 0,999^n \).
A feladat szerint ennek a valószínűségnek legalább 0,05-nek kell lennie: $$ 1 - 0,999^n \ge 0,05 $$ $$ 0,999^n \le 0,95 $$ Mivel a 10-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekedő: $$ n \cdot \lg 0,999 \le \lg 0,95 $$ Mivel \( \lg 0,999 \) negatív, az osztásnál az egyenlőtlenség iránya megfordul: $$ n \ge \frac{\lg 0,95}{\lg 0,999} \approx 51,3 $$ Mivel \( n \) egész szám, legalább 52 szelet csokoládét kell vásárolnunk.

a) Az összes eset számából elegáns kivonni a "kedvezőtlen" eseteket, azaz azokat, amikor a kiválasztott könyvek között ott van mindkét azonos szerzőjű mű.
Az összes lehetséges választás a nyolc könyvből: \( \binom{8}{3} = 56 \).
Kedvezőtlen, ha kiválasztja azt a két könyvet. Ekkor a harmadik könyvet a maradék 6 közül bármelyik lehet, ez \( \binom{6}{1} = 6 \)-féleképpen történhet.
A különböző szerzőjű könyvek választásainak száma tehát: \( 56 - 6 = \mathbf{50} \).

b) Ültessük le először a 3 fiút, ami \( 3! = 6 \)-féleképpen lehetséges. A 3 fiú a helyek közötti és melletti üres térből 4 "köztes helyet" határoz meg (egy-egy a széleken, kettő közöttük).
Hogy ne üljön két lány egymás mellett, ebből a 4 helyből kell kiválasztani 3-at a számukra, amely \( \binom{4}{3} = 4 \)-féleképpen tehető meg.
A 3 lány a kiválasztott 3 helyre \( 3! = 6 \)-féleképpen tud leülni.
Összeszorozva a lehetőségeket: \( 6 \cdot 4 \cdot 6 = \mathbf{144 \text{ lehetőség}} \).

c) Az \( n+3 \) személy összes sorrendjének száma \( (n+3)! \).
A kedvező esetek számát úgy kapjuk, ha a három lányt egyetlen egységnek (blokknak) tekintjük. Az így kapott \( n+1 \) egység \( (n+1)! \)-féleképpen ülhet sorba, miközben a blokkon belül a három lány \( 3! = 6 \)-féleképpen helyezkedhet el. A kedvező esetek száma tehát \( 6 \cdot (n+1)! \).
A valószínűség: $$ \frac{6 \cdot (n+1)!}{(n+3)!} = \frac{6}{(n+2)(n+3)} $$ A feladat alapján: $$ \frac{6}{(n+2)(n+3)} = \frac{1}{26} $$ Keresztbeszorzással: $$ (n+2)(n+3) = 156 $$ $$ n^2 + 5n + 6 = 156 \implies n^2 + 5n - 150 = 0 $$ Az egyenlet gyökei \( n = 10 \) és \( n = -15 \).
Mivel az emberek száma csak pozitív egész lehet, \( n = 10 \).

a) Alkalmazzunk indirekt bizonyítást. Tegyük fel, hogy minden csúcs fokszáma legfeljebb 2. Ekkor a fokszámok összege maximum \(8 \cdot 2 = 16\) lenne.
Tudjuk azonban, hogy bármely gráfban a fokszámok összege az élek számának kétszerese, vagyis jelen esetben \(2 \cdot 9 = 18\).
Mivel \(18 > 16\), ellentmondásra jutottunk, tehát kell lennie legalább egy olyan csúcsnak, melynek fokszáma legalább 3.

b) A szabályos nyolcszög összes szakaszának (oldalak és átlók együttes) száma a nyolc csúcsból választható kétpontos részhalmazok száma: \(\binom{8}{2} = 28\).
Ebből a 28 szakaszból választunk 4-et, így az összes esetek száma: \(\binom{28}{4} = 20\,475\).
Egy adott csúcsból (pl. az \(A\)-ból) pontosan \(8 - 1 = 7\) szakasz indul ki. Ahhoz, hogy mind a 4 kiválasztott szakasz az \(A\)-ból induljon, ebből a 7-ből kell kiválasztanunk 4-et. A kedvező esetek száma: \(\binom{7}{4} = 35\).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{\binom{7}{4}}{\binom{28}{4}} = \frac{35}{20\,475} = \mathbf{\frac{1}{585} \approx 0,0017} $$

c) A párosítások számát logikusan lépésenként is felépíthetjük. Válasszunk ki egy tetszőleges sakkozót az első párba, őt 7-féleképpen sorsolhatjuk valakivel. A maradék 6 emberből egyet ismét kiemelve, neki 5-féleképpen választhatunk ellenfelet. A fennmaradó 4-ből egy kiválasztottnak 3 ellenfele lehet, míg az utolsó 2 ember kötelezően egymással játszik (1 lehetőség).
Mivel ez a gondolatmenet a sorrendet nem veszi figyelembe, csak magukat a párokat alakítja ki, a teljes szám egyszerűen a lehetőségek szorzata: $$ 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1 = \mathbf{105} $$ (Ugyanez megkapható a \(\frac{\binom{8}{2}\binom{6}{2}\binom{4}{2}\binom{2}{2}}{4!}\) formulával is.)

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

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

a) Az állítás hamis. Ellenpélda: a nyolcpontú egyszerű gráf lehet két diszjunkt négypontú teljes gráf (\( K_4 \)) egyesítése. Ebben az esetben minden pont fokszáma pontosan 3, de a gráf nem összefüggő.

b) A megfordítás: Ha egy (nyolcpontú egyszerű) gráf összefüggő, akkor a gráf minden pontjának fokszáma legalább 3.
A megfordított állítás is hamis. Ellenpélda: egy 8 pontú egyszerű lánc (útgráf). Ez összefüggő, de a két végpontjának fokszáma csak 1, a többié pedig 2.

c) Nevezzük a színeket P (piros), K (kék), Z (zöld)-nek. Egy színezést meghatároz a csúcsok sorrendje, pl. \( A \to B \to C \to D \to E \).
Az \( A \) csúcsot 3-féleképpen, a \( B \) csúcsot 2-féleképpen színezhetjük (pl. \( A=P \), \( B=K \)). Ez eddig \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség.
A továbbiakat esetszétválasztással követjük végig:

• Ha \( C=P \), akkor \( D \) lehet K vagy Z. Ha \( D=K \), akkor \( E \) csak Z lehet (mert \( A=P \)). (1 eset) Ha \( D=Z \), akkor \( E \) csak K lehet. (1 eset) Ez ágként 2 lehetőség.
• Ha \( C=Z \), akkor \( D \) lehet P vagy K. Ha \( D=P \), akkor \( E \) lehet K vagy Z. (2 eset) Ha \( D=K \), akkor \( E \) csak Z lehet. (1 eset) Ez ágként 3 lehetőség.

Minden egyes rögzített \( A, B \) párra \( 2 + 3 = 5 \)-féle befejezés létezik. Így az összes lehetséges színezés: $$ 6 \cdot 5 = \mathbf{30} $$

d) Egy négypontú teljes gráfnak \( \binom{4}{2} = 6 \) éle van. Ezek közül 4 élt \( \binom{6}{4} = 15 \)-féleképpen lehet kiválasztani, ez az összes eset száma.
A kedvező esetek azok, amikor a 4 él egy négypontú kört alkot. Egy 4 csúcsú teljes gráfban a csúcsok sorrendjének permutációival \( \frac{(4-1)!}{2} = 3 \) darab független Hamilton-kör létezik.
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{3}{15} = \mathbf{0,2} $$

a) Az átlag 120, a 7 adat összege így \( 7 \cdot 120 = 840 \).

A medián 120, és két üzletnek is 120 a bevétele. Mivel a módusz (a leggyakoribb elem) egyetlen szám, és ez 100, ezért a 100-nak legalább háromszor kell szerepelnie (hiszen a 120 már kétszer szerepel). Mivel a medián (a sorbarendezett adatok közül a 4.) 120, a 100 pontosan háromszor szerepelhet.

A legnagyobb elem 160. Tehát az eddigi adatok növekvő sorrendben: 100, 100, 100, 120, 120, \( x \), 160.

Kiszámoljuk a hiányzó \( x \) elemet:

$$ 100 + 100 + 100 + 120 + 120 + x + 160 = 840 $$ $$ 700 + x = 840 \implies x = 140 $$

A hét adat tehát: 100, 100, 100, 120, 120, 140, 160. A szórás kiszámítása:

$$ \sigma = \sqrt{ \frac{3 \cdot (100-120)^2 + 2 \cdot (120-120)^2 + (140-120)^2 + (160-120)^2}{7} } $$ $$ \sigma = \sqrt{ \frac{3 \cdot 400 + 0 + 400 + 1600}{7} } = \sqrt{ \frac{3200}{7} } \approx \mathbf{21,4 \text{ millió Ft}} $$

b) A normál eladási ár az árbevétel alapja. Ha az eladott árukat akció nélkül adták volna el, akkor a 9 millió Ft-os akciós bevétel (ami az 50%-os kedvezmény miatt keletkezett) kétszerese, azaz 18 millió Ft lett volna.

A rendes eladási ár árengedmény nélkül összesen:

$$ (54 - 9) + 18 = 45 + 18 = 63 \text{ millió Ft} $$

A 80%-os haszonkulcs azt jelenti, hogy a rendes eladási ár a beszerzési érték 1,8-szorosa. Tehát az eladott áruk összes beszerzési értéke:

$$ \frac{63}{1,8} = 35 \text{ millió Ft} $$

Az árnyereség (bevétel mínusz beszerzési érték):

$$ 54 - 35 = \mathbf{19 \text{ millió Ft}} $$

c) A megmaradt zakók száma méretenként: S-ből 0 db, M-ből 1 db (4-3), L-ből 2 db (4-2) és XL-ből 4 db (4-0). Ez összesen 7 darab zakó.

Az azonos méretűeket nem különböztetjük meg, így egy ismétléses permutációs feladattal állunk szemben:

$$ P_{7}^{1, 2, 4} = \frac{7!}{1! \cdot 2! \cdot 4!} = \frac{7 \cdot 6 \cdot 5}{2 \cdot 1} = \mathbf{105} \text{ féle sorrend} $$

a) A téglatest méretei méterben a leírás alapján: \( x \), \( 1 - x \), és \( 1 - 2x \).
A térfogata (\( V(x) \)) m³-ben kifejezve, ahol \( 0 < x < 0,5 \): $$ V(x) = x(1 - x)(1 - 2x) = 2x^3 - 3x^2 + x $$ Keressük a \( V(x) \) függvény maximumát a \( ]0; 0,5[ \) intervallumon. Deriváljuk a függvényt: $$ V'(x) = 6x^2 - 6x + 1 $$ A szélsőérték feltétele, hogy \( V'(x) = 0 \): $$ 6x^2 - 6x + 1 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei: \( x = \frac{3 \pm \sqrt{3}}{6} \).
Ebből \( \frac{3+\sqrt{3}}{6} \approx 0,789 \) nem esik az értelmezési tartományba. A megfelelő gyök: $$ x = \frac{3-\sqrt{3}}{6} \approx 0,211 \text{ m} $$ A \( V'(x) \) ezen a helyen előjelet vált (pozitívból negatívba), tehát itt a térfogat maximális.
A méretek behelyettesítés és kerekítés után: \( 0,211 \text{ m} \), \( 1-0,211 = 0,789 \text{ m} \), \( 1-2(0,211) = 0,578 \text{ m} \).
A doboz méretei centiméterben: 21 cm, 79 cm és 58 cm.

b) Az öt karakterből kettő szám (\( s \)), három betű (\( b \)). Összesen \( \binom{5}{2} = 10 \) féleképpen választhatnánk ki a két szám helyét, de ezek közül 4 esetben lennének egymás mellett (ssbbb, bssbb, bbssb, bbbss).
Így \( 10 - 4 = 6 \) különböző módon lehet a két számjegy helyét kijelölni.
A két helyre \( 10 \cdot 10 = 100 \) módon választhatunk számjegyeket.
A három helyre \( 26^3 = 17\,576 \) módon választhatunk nagybetűket.
A különböző kódok száma összesen: $$ 6 \cdot 100 \cdot 17\,576 = \mathbf{10\,545\,600} $$

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) Egy kis téglalap oldalainak hossza \( x \) cm, illetve \( x + 1 \) cm, területe \( x(x + 1) \text{ cm}^2 \).

A feladat szövege alapján felírható a nagy téglalap területe: $$ 720x(x + 1) = 2025 $$ A zárójelet felbontva és nullára rendezve: $$ 720x^2 + 720x - 2025 = 0 $$ (45-tel egyszerűsítve: \( 16x^2 + 16x - 45 = 0 \)).
A megoldóképlettel a gyökök \( x_1 = 1,25 \) és \( x_2 = -2,25 \). A negatív gyök nem megoldása a feladatnak.

A téglalap rövidebb oldala tehát 1,25 cm, hosszabb oldala pedig 2,25 cm hosszú.

b) 12-vel azok a természetes számok oszthatók, amelyek 3-mal és 4-gyel is oszthatók.

Mivel a számjegyek összege \( 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 \), ezért mind a 720 különböző hatjegyű szám osztható 3-mal.

Azok a hatjegyű számok oszthatók 4-gyel, amelyeknél az utolsó két számjegy osztható 4-gyel. A megadott számjegyekből képezhető ilyen végződések: 12, 16, 24, 32, 36, 52, 56 vagy 64 (összesen 8 darab).

Mindegyik végződés esetén a maradék négy számjegy \( 4! = 24 \)-féleképpen helyezkedhet el, ezért a vizsgált számok között \( 8 \cdot 24 = \mathbf{192} \) darab 12-vel osztható van.

a) Jelölje a számtani sorozat első három tagját \( a_2 - d \), \( a_2 \) és \( a_2 + d \), ahol \( d \) a differencia. A sorozat ismert tulajdonsága miatt az első három tag átlaga éppen a középső tag, azaz \( a_2 \).

A szórásnégyzet az átlagtól vett eltérések négyzetének átlaga: $$ \sigma^2 = \frac{((a_2 - d) - a_2)^2 + (a_2 - a_2)^2 + ((a_2 + d) - a_2)^2}{3} = 6 $$ $$ \frac{(-d)^2 + 0^2 + d^2}{3} = 6 \implies \frac{2d^2}{3} = 6 \implies 2d^2 = 18 \implies d^2 = 9 $$ Mivel a sorozat növekvő, a differencia pozitív, így \( \mathbf{d = 3} \). Ezt kellett igazolnunk.

b) Fejezzük ki a rokonok életkorát Barbara életkorának (\( x \)) függvényében:

• Barbara: \( x \) éves
• Cili: \( x + 3 \) éves
• Dezső: \( x - 6 \) éves
• Edit: Cili kora + 9 = \( (x + 3) + 9 = x + 12 \) éves

Dezső, Barbara és Edit életkora (\( x - 6 \), \( x \), \( x + 12 \)) egy mértani sorozat három egymást követő tagja, így a középső tag négyzete megegyezik a két szomszédjának szorzatával: $$ x^2 = (x - 6)(x + 12) $$ $$ x^2 = x^2 + 6x - 72 \implies 0 = 6x - 72 \implies x = 12 $$ Barbara tehát 12 éves, Cili pedig \( 12 + 3 = 15 \) éves. András, Barbara és Cili életkora egy számtani sorozat három szomszédos tagja. Mivel Barbara 12, Cili 15 éves, a differencia 3. András kora így \( 12 - 3 = 9 \).
András tehát 9 éves.

c) A feladatot komplementer eseménnyel érdemes megoldani: az összes lehetséges sorrendből kivonjuk azokat, amikor a három lány egymás mellett ül.

Hatan a hat egymás melletti székre \( 6! = 720 \)-féleképpen ülhetnek le. Ha a három lány egymás mellett ül, tekintsük őket egyetlen "egységnek". Ekkor ez az egység és a három fiú \( 4! = 24 \)-féleképpen helyezhető el a székeken. Egy-egy ilyen elrendezésen belül a három lány \( 3! = 6 \)-féle sorrendben ülhet. A nem megfelelő (három lány egymás mellett van) elhelyezkedések száma tehát \( 4! \cdot 3! = 24 \cdot 6 = 144 \).

A megfelelő elhelyezkedések száma: $$ 720 - 144 = \mathbf{576} $$

a) Legyen az \( A \) csúcs koordinátája \( A(0; a) \), a \( B \) csúcsé pedig \( B(b; 0) \), ahol \( a^2 + b^2 \ne 0 \). Ekkor az \( \overrightarrow{AB} \) vektor koordinátái: \( (b; -a) \).

Mivel a négyzet szomszédos oldalai merőlegesek egymásra és egyenlő hosszúak, a \( \overrightarrow{BC} \) vektor az \( \overrightarrow{AB} \) vektor \( +90^\circ \)-os vagy \( -90^\circ \)-os elforgatottja. Így a \( \overrightarrow{BC} \) vektor koordinátái \( (a; b) \) vagy \( (-a; -b) \) lehetnek.

A négyzet \( C \) csúcsának helyvektora \( \mathbf{c} = \mathbf{b} + \overrightarrow{BC} \), azaz a \( C \) csúcs koordinátái: 1. esetben: \( C_1(b + a; 0 + b) = (a + b; b) \) 2. esetben: \( C_2(b - a; 0 - b) = (b - a; -b) \)

A négyzet \( K \) középpontja az \( AC \) átló felezőpontja. Ennek koordinátái: 1. esetben: \( K_1 \left( \frac{0 + (a + b)}{2}; \frac{a + b}{2} \right) = \left( \frac{a + b}{2}; \frac{a + b}{2} \right) \) 2. esetben: \( K_2 \left( \frac{0 + (b - a)}{2}; \frac{a - b}{2} \right) = \left( \frac{b - a}{2}; \frac{a - b}{2} \right) \)

Látható, hogy az első esetben a \( K \) középpont koordinátái egyenlők, a második esetben pedig egymás ellentettjei (\( \frac{b-a}{2} = - \frac{a-b}{2} \)). Ezt kellett bizonyítani.

b) Mivel a négyzet középpontja a \( (7; 7) \) pont, az a) feladatrész alapján a két koordináta egyenlő, így az első esettel van dolgunk: $$ \frac{a + b}{2} = 7 \implies a + b = 14 \implies a = 14 - b $$ A négyzet oldala 10 egység hosszú, tehát az \( AB \) szakasz hossza is 10: $$ \sqrt{(b - 0)^2 + (0 - a)^2} = 10 \implies a^2 + b^2 = 100 $$ Helyettesítsük be \( a \)-t: $$ (14 - b)^2 + b^2 = 100 \implies 196 - 28b + 2b^2 = 100 \implies 2b^2 - 28b + 96 = 0 $$ Kettővel osztva: \( b^2 - 14b + 48 = 0 \). Ebből a másodfokú egyenletből: $$ b_1 = 6 \quad \text{és} \quad b_2 = 8 $$ A hozzájuk tartozó \( a \) értékek: \( a_1 = 8 \) és \( a_2 = 6 \).

Tehát két ilyen négyzet van, a koordinátatengelyekre illeszkedő két csúcsuk: \( A_1(0; 8) \) és \( B_1(6; 0) \), illetve \( A_2(0; 6) \) és \( B_2(8; 0) \).

a) Az összes eset száma \( \binom{10}{5} = 252 \).
Ha a legkisebb kihúzott szám a 3, akkor azt biztosan kihúzták, a maradék 4 számot pedig a nála nagyobb 7 számból kell kiválasztani (4, 5, 6, 7, 8, 9, 10). A kedvező esetek száma: \( \binom{7}{4} = 35 \).
A keresett valószínűség: \( p = \frac{35}{252} \approx \mathbf{0,139} \).

b) Bármelyik 5 kiválasztott szám húzása esetén azok \( 5! = 120 \)-féleképpen következhetnek egymás után. Ebből a 120 sorrendből pontosan 1 olyan van, amely növekvő. Így a valószínűség: \( p = \frac{1}{120} \approx \mathbf{0,008} \).

c) A telitalálat valószínűsége: $$ p_5 = \frac{1}{\binom{10}{5}} = \frac{1}{252} \approx \mathbf{0,004} $$ Négy találat esetén a kedvező esetek száma: 4 eltalált szám az 5-ből (\( \binom{5}{4} = 5 \) lehetőség), és 1 nem eltalált szám a maradék 5-ből (\( \binom{5}{1} = 5 \) lehetőség). Így a kedvező esetek száma \( 5 \cdot 5 = 25 \). A négy találat valószínűsége: $$ p_4 = \frac{25}{252} \approx \mathbf{0,099} $$

d) A szelvények eladásából származó bevétel: \( 240 \cdot 200 = 48\,000 \) Ft.
Egy szelvényre vonatkozóan a kifizetés (kiadás) várható értéke: $$ E = p_5 \cdot 5000 + p_4 \cdot 1000 = 0,004 \cdot 5000 + 0,099 \cdot 1000 = 20 + 99 = 119 \text{ Ft} $$ A 240 eladott szelvényre a kiadás várható értéke: \( 240 \cdot 119 = 28\,560 \) Ft.
Az alapítvány hasznának várható értéke tehát a bevétel és az expected kiadás különbsége: $$ 48\,000 - 28\,560 = \mathbf{19\,440 \text{ Ft}} $$

a) Öt pontból 4-et pontosan 5-féleképpen lehet kiválasztani. Bármely 4 pont a körvonalon pontosan egy konvex négyszöget határoz meg, így a kedvező esetek száma 5.
Az összes eset: 10 húrból 4 kiválasztása, azaz \( \binom{10}{4} = 210 \).
A valószínűség: \( P = \frac{5}{210} = \mathbf{\frac{1}{42}} \approx 0,024 \).

b) Az \( A \)-ból \( C \)-be vezető utakat aszerint csoportosítjuk, hogy a közbenső \( \{B, D, E\} \) pontok közül hányat érintünk.
- Egyetlen közbenső pontot sem érintünk: ez maga az \( A \to C \) húr (1 eset).
- Pontosan egy közbenső pontot érintünk: \( A \to B \to C \), \( A \to D \to C \), \( A \to E \to C \) (3 eset).
- Pontosan két közbenső pontot érintünk: 3 pontból 2-t kell sorba rendezni, ami \( 3 \cdot 2 = 6 \) lehetőség (pl. \( A \to B \to D \to C \)).
- Mind a három közbenső pontot érintjük: a 3 pont összes lehetséges sorrendje \( 3! = 6 \) eset.
Összesen: \( 1 + 3 + 6 + 6 = \mathbf{16} \)-féleképpen juthatunk el.

c) (A szita-formulát, más néven logikai szitát használjuk a megoldáshoz.)
Az összes lehetséges színezések száma, megkötés nélkül, mivel minden húrt 3-féle színnel színezhetünk: \( 3^{10} = 59\,049 \).
Ebből le kell vonnunk azokat az eseteket, amikor csak legfeljebb 2 színt használunk. Háromféleképpen választhatunk ki 2 színt (piros-sárga, sárga-zöld, piros-zöld). Minden ilyen párra a színezések száma \( 2^{10} \). Így levonunk \( 3 \cdot 2^{10} \)-et.
Ekkor azonban az egyszínű színezéseket (csak piros, csak sárga, csak zöld) kétszer is levontuk, hiszen például a csupa piros szerepelt a "piros-sárga" és a "piros-zöld" levonásában is. Ezt a 3 egyszínű esetet tehát egyszer vissza kell adnunk.
A végeredmény: $$ 3^{10} - 3 \cdot 2^{10} + 3 = 59\,049 - 3072 + 3 = \mathbf{55\,980} \text{-féleképpen színezhető.} $$

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) Egyenesek száma: Az e és f egyenesektől különböző egyenest úgy kapunk, ha egy pontot az e-ről, egyet pedig az f-ről választunk. Ezek száma a választási lehetőségek szorzata: $$ 5 \cdot 4 = \mathbf{20} $$
Háromszögek száma: Egy háromszöghöz 3 nem egy egyenesbe eső pont szükséges. Ezt kétféleképpen érhetjük el: két pont az e-n és egy az f-en, vagy egy pont az e-n és kettő az f-en: $$ \binom{5}{2}\binom{4}{1} + \binom{5}{1}\binom{4}{2} = 10 \cdot 4 + 5 \cdot 6 = 40 + 30 = \mathbf{70} $$
Négyszögek száma: A négyszögek konvexek és az átlóik metszik egymást, egyértelmű négyszöget határoz meg, ha mindkét egyenesről 2-2 pontot választunk: $$ \binom{5}{2}\binom{4}{2} = 10 \cdot 6 = \mathbf{60} $$

b) Minden pont színezése független, összesen \( 2^9 \) lehetséges színezés van.
Az e egyenesen az 5 pont csak akkor egyszínű, ha mind kék vagy mind piros. Vagyis ez az első pont színétől függően csak úgy lehet, ha a maradék 4 pont megegyezik az elsővel. Ennek valószínűsége független kísérletként: $$ \frac{2}{2^5} = \frac{1}{2^4} $$ Hasonlóan, az f egyenes 4 pontja is kétféleképpen lehet egyszínű (mind kék, mind piros). Ennek valószínűsége: $$ \frac{2}{2^4} = \frac{1}{2^3} $$ Mivel a két egyenes színezése független egymástól, a kettő együttes valószínűsége a valószínűségek szorzata: $$ P = \frac{1}{2^4} \cdot \frac{1}{2^3} = \frac{1}{2^7} = \mathbf{\frac{1}{128}} \approx \mathbf{0,0078} $$

a) Jelölje $q$ a mértani sorozat hányadosát. A negyedik helyezett 25, a harmadik $25q$, a második $25q^2$ pontot ért el. Az első helyezett pontszáma $\frac{4}{3} \cdot 25q^2 = \frac{100}{3}q^2$.

A feladat szövege alapján felírhatjuk a pontösszeget: $$ \frac{100}{3}q^2 + 25q^2 + 25q + 25 = 139 $$ Összevonás és rendezés után másodfokú egyenletet kapunk: $$ 175q^2 + 75q - 342 = 0 $$ Az egyenlet két megoldása $q_1 = \frac{6}{5}$ és $q_2 = -\frac{57}{35}$. Ez utóbbi a szövegnek nem felel meg (a pontszámok nem alkotnának monoton sorozatot), így a hányados $q = \frac{6}{5}$.

Ennek alapján a pontszámok: a 4. helyezetté 25, a 3. helyezetté $\mathbf{30}$, a másodiké $\mathbf{36}$, az első helyezetté pedig $\mathbf{48}$. (Ellenőrzés: $48 + 36 + 30 + 25 = 139$).

b) Az összes résztvevő száma $4 \cdot 5 = 20$. A lehetséges kimenetelek (egyenlően valószínű sorsolások) száma: $\binom{20}{3} = 1140$.

A kedvező kimenetelekhez ki kell választani 3 különböző csapatot (ezt $\binom{4}{3} = 4$ féleképpen tehetjük meg), majd mindegyikből 1-1 csapattagot ($5^3$ lehetőség). Így a kedvező esetek száma: $$ \binom{4}{3} \cdot 5^3 = 4 \cdot 125 = 500 $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{500}{1140} \approx \mathbf{0,439} $$

a) Az $A$ és $B$ osztályok sorrendje az első két helyen kétféleképpen alakulhatott ($2! = 2$). A fennmaradó négy helyen a $C, D, E, F$ osztályok $4!$-féleképpen ($24$) végezhetnének. Ezek közül nem megfelelő, amikor $D$ az utolsó; ez az eset $3!$-féleképpen ($6$) fordulhat elő. A különböző megfelelő lehetőségek száma tehát: $$ 2 \cdot (4! - 3!) = 2 \cdot (24 - 6) = \mathbf{36} $$

b) Az összes lehetséges sorrend száma $6! = 720$. Mivel minden elrendezésnek megvan a párja, ahol az $E$ és az $F$ osztály helyet cserél, az esetek pontosan felében előzi meg $E$ az $F$-et. A megfelelő esetek száma: $$ \frac{6!}{2} = \mathbf{360} $$

c) A mérkőzések száma összesen $\binom{6}{2} = 15$. Ennek harmada, vagyis 5 mérkőzés végződött döntetlennel.

Az $A$ csapatnak 8 pontja van. Mivel $B$-től kikapott, a hátralévő 4 meccsét meg kellett nyernie, így $A$-nak nem volt döntetlenje.
Az $F$ csapat 0 pontos, vagyis minden meccsét elvesztette; tehát $F$-nek sem volt döntetlenje.

Ez azt jelenti, hogy az 5 döntetlen teljes egészében a $B, C, D, E$ csapatok egymás elleni találkozóin született. Ez a négy csapat egymás ellen $\binom{4}{2} = 6$ mérkőzést játszott. Mivel ebből a 6 mérkőzésből 5 döntetlen, csupán egyetlen mérkőzés dőlt el győzelemmel ezen a csoporton belül.

Nézzük a $B$ csapat pontjait! A 7 pontból $A$ legyőzéséért 2-t, $F$ legyőzéséért 2-t kapott. Maradt 3 pontja, amit a $C, D, E$ ellen szerzett (3 mérkőzésen).
Ha a csoporton belüli 6 meccsből 5 döntetlen, akkor $B$-nek is legalább 2 döntetlenje kell, hogy legyen. Ha nyert volna a harmadik meccsen, akkor 4 pontot szerezne tőlük (és összesen 8 lenne). Így $B$ mindhárom belső meccsén döntetlent játszott, tehát a $B-C$, $B-D$ és $B-E$ mérkőzések mind döntetlenek voltak.

Tehát a $B$ és a $D$ osztály közötti mérkőzés valóban döntetlenre végződött.

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: $$ P = \frac{6}{32} = \mathbf{\frac{3}{16} = 0,1875} $$

a) Az összes elemi esemény száma \( 6 \cdot 6 = 36 \).
A dobott pontok összege a következő esetekben lesz prím: 1+1, 1+2, 1+4, 2+3, 1+6, 2+5, 3+4, 5+6. Az 1+1 kivételével mindegyik eset kétféleképpen fordulhat elő, így az \( A \) eseményt \( 1 + 7 \cdot 2 = 15 \) elemi esemény valósítja meg. $$ P(A) = \frac{15}{36} = \mathbf{\frac{5}{12}} $$ A dobott pontok összege 3-mal osztható az alábbi esetekben: 1+2, 1+5, 2+4, 3+3, 3+6, 4+5, 6+6. A 3+3 és 6+6 esetek egyféleképpen, a többi kétféleképpen fordulhat elő, így \( 2 + 5 \cdot 2 = 12 \) eset van. $$ P(B) = \frac{12}{36} = \mathbf{\frac{1}{3}} $$

b) A 6 számjegyből 3-at \( \binom{6}{3} = 20 \) különböző módon választhatunk ki.
Egy szám akkor osztható 4-gyel, ha az utolsó két számjegyéből képzett szám osztható 4-gyel. A megadott jegyekből 4-gyel osztható kétjegyű végződések: 12, 16, 24, 32, 36, 52, 56, 64. Ezekhez egy harmadik (megmaradt) jegyet téve tudunk 4-gyel osztható háromjegyűt készíteni.
Ezek között 4 olyan kiválasztott számhármas van, amivel ez nem valósítható meg: \( (1, 3, 5) \), \( (1, 3, 4) \), \( (1, 4, 5) \), és \( (3, 4, 5) \), mert nem tartalmazzák egyik megfelelő párosítást sem.
Így a kedvező számhármasok száma \( 20 - 4 = 16 \). A valószínűség: $$ P = \frac{16}{20} = \mathbf{\frac{4}{5}} $$

c) A négyzet területe: \( T_{\text{négyzet}} = \left( \frac{\pi}{2} \right)^2 = \frac{\pi^2}{4} \).
A koordinátatengelyek és az \( f(x) = \cos x \) függvény által határolt terület integrálással adódik: $$ T_{\text{függvény}} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx = \left[ \sin x \right]_0^{\frac{\pi}{2}} = \sin \frac{\pi}{2} - \sin 0 = 1 $$ A valószínűség kiszámításának geometriai modelljét alkalmazva: $$ P = \frac{1}{\frac{\pi^2}{4}} = \mathbf{\frac{4}{\pi^2} \approx 0,405} $$

a) Az öt tanyát tekinthetjük egy gráf csúcsainak. Egy ötpontú egyszerű gráfban a lehetséges élek maximális száma \( \binom{5}{2} = 10 \). Minden egyes él vagy behúzásra kerül, vagy nem, így összesen \( 2^{10} = \mathbf{1024} \) különböző hálózat (gráf) készíthető el.

b) Ha pontosan 4 élünk van és a gráf összefüggő (öt csúcson), akkor a keletkező gráf egy fa. A tanyákat megkülönböztetve három, egymástól szerkezetében eltérő esetet vizsgálhatunk a csúcsok fokszámainak alapján (amelyek összege minden esetben \( 2 \cdot 4 = 8 \)):

• I. eset (csillaggráf): A fokszámok 4, 1, 1, 1, 1. Egyetlen központi tanya kapcsolódik a 4 másikhoz. A központot 5-féleképpen választhatjuk ki.
• II. eset (útgráf): A fokszámok 2, 2, 2, 1, 1. A kábeleket sorba fűzzük. Az öt tanyát 5! = 120-féleképpen rakhatjuk sorba, ám mivel az irány nem számít (például az A-B-C-D-E ugyanaz a hálózat, mint az E-D-C-B-A), a lehetőségek száma a fele: \( \frac{120}{2} = \) 60.
• III. eset: A fokszámok 3, 2, 1, 1, 1. Egy 3-as fokszámú tanya köt össze három másikat, amelyekből pontosan egy további tanyával van összekötve. A 3-as fokszámú tanyát 5-féleképpen választhatjuk ki, a hozzá kapcsolódó egyetlen 2-es fokszámút a maradék 4 tanyából 4-féleképpen, míg a végén "lógó" utolsó tanyát a maradék 3-ból 3-féleképpen választhatjuk ki. Ezen hálózatok száma: \( 5 \cdot 4 \cdot 3 = \) 60.

Mivel más fa-struktúra nem létezik az 5-csúcsú fáknál, a megfelelő kábelfektetések teljes száma: $$ 5 + 60 + 60 = \mathbf{125} $$ (Megjegyzés: Ez összhangban van a Cayley-formulával is n címkézett csúcsú fák számára, amely \( n^{n-2} = 5^3 = 125 \).)

A feltételnek megfelelően a következő esetek lehetségesek:

1. eset: 6 darab 6-os jegy. Ebből 1 darab hatjegyű szám van.

2. eset: 5 darab 5-ös, 1 darab 1-es jegy. Ebből 6 ilyen szám van (az 1-es 6 különböző helyen állhat).

3. eset: 4 darab 4-es, 2 darab 2-es jegy. Ezekből a számjegyekből \( \binom{6}{4} \), azaz 15 szám képezhető.

4. eset: 3 darab 3-as, 2 darab 2-es, 1 darab 1-es jegy. Ebben az esetben ismétléses permutációval számolva: \( \frac{6!}{3! \cdot 2!} = \) 60 megfelelő szám van.

Más eset nincs, tehát összesen \( 1 + 6 + 15 + 60 = \mathbf{82} \), a feltételnek megfelelő hatjegyű szám képezhető.

a) A legnagyobb helyi értékű számjegy nem lehet 0, így az csak 8-as lehet (1 lehetőség). A maradék 9 hely mindegyikén 2 lehetőségünk van (0 vagy 8). Így az ilyen számok száma: $$ 1 \cdot 2^9 = \mathbf{512} $$

b) Egy szám akkor és csak akkor osztható 45-tel, ha osztható 5-tel és 9-cel is.
Mivel 5-tel osztható és csak 0-t meg 8-at tartalmazhat, mindenképpen 0-ra kell végződnie.
Mivel 9-cel osztható, a számjegyeinek összegének is oszthatónak kell lennie 9-cel. Csak 8-as számjegyek adják a pozitív összeget, és ahhoz, hogy az összeg osztható legyen 9-cel, legalább kilenc darab 8-as számjegyre van szükség.
A legkisebb ilyen szám tehát 9 darab 8-asból és a végén egy 0-ból áll: 8 888 888 880

a) Az ábrán összesen 35 darab szabályos metszéspontokból álló háromszög látható. A háromszögek szögei a szabályos ötszög szögeiből adódóan csak kétféle variációt adnak ki: \( (36^\circ, 36^\circ, 108^\circ) \) vagy \( (72^\circ, 72^\circ, 36^\circ) \). Így hasonlóság erejéig mindössze 2 lényegesen különböző háromszög van.

b) Az \( ABCQ \) négyszög egy rombusz, mert szemközti szögei egyenlők (\( 72^\circ \) és \( 108^\circ \)). A területe \( T = a^2 \sin 108^\circ = 120 \), amiből \( a^2 \approx 126,17 \text{ cm}^2 \).
A szabályos ötszög területe öt egybevágó középponti háromszög területéből áll, ami kifejezhető az oldalhosszal: $$ T_{\text{ötszög}} = 5 \cdot \frac{a^2 \tan 54^\circ}{4} \approx \frac{5}{4} \cdot 126,17 \cdot 1,3764 \approx \mathbf{217 \text{ cm}^2} $$

c)
1. állítás: Igaz. A 10 csúcs mindegyikéből pontosan 4 él fut ki (minden csúcs foka 4). Az élek száma a fokszámok összegének a fele: \( \frac{10 \cdot 4}{2} = 20 \).
2. állítás: Igaz. Könnyen bejárható egy nyolc élből álló kör, például az ötszög és a belső csillag peremének vonalán haladva (pl. \( A-B-C-D-E-Q-P-T-A \)).

a) 240 Ft kifizetése 4 érmével:
- \( 200 + 20 + 10 + 10 \)
- \( 100 + 100 + 20 + 20 \)
Miki tehát 2 féleképpen fizethetett.

240 Ft kifizetése 5 érmével:
- \( 200 + 20 + 10 + 5 + 5 \)
- \( 200 + 10 + 10 + 10 + 10 \)
- \( 100 + 100 + 20 + 10 + 10 \)
- \( 100 + 50 + 50 + 20 + 20 \)
Karcsi 4 féleképpen fizethetett.

b) A legkönnyebb a komplementer esemény valószínűségéből kiindulni: annak esélye, hogy egyszer sem nyer, \( (1-p)^2 \). Tehát annak a valószínűsége, hogy legalább egyszer nyer: $$ 1 - (1-p)^2 = \mathbf{2p - p^2} $$

c) Ha Bandi két azonos szelvényt tölt ki, akkor a találat esélye \( p \). Ha két különbözőt tölt ki, akkor a két esemény egymást kizáró (mivel egy húzás van, és nem lehet két különböző telitalálata), így a valószínűség \( 2p \). Az optimális játék esetén ez a valószínűség.

d) Mivel \( p > 0 \), a \( p^2 \) is határozottan pozitív, ezért \( 2p - p^2 < 2p \). Ebből következik, hogy a c)-ben leírt játékszabály (két szelvény, egy húzás) kedvezőbb számára.

a) Az 1, 2, 4 és 8 számokat külön csoportba kell tenni, mert mindegyik osztója a következőknek. Az 1-es mellett nem lehet más szám (mert az 1 mindennek osztója). Két lehetséges beosztás:
1. lehetőség: {1}, {2, 3}, {4, 5, 6, 7}, {8, 9}
2. lehetőség: {1}, {2, 3, 5}, {4, 6, 7}, {8, 9}

b) Ha minden számkártyát összekötnénk mindegyikkel, az egy 9 csúcsú teljes gráf lenne, amelynek éleinek száma: \( \binom{9}{2} = 36 \). Ebből el kell hagyni azokat az éleket, ahol a különbség kisebb mint 2, vagyis pontosan 1 (a szomszédos számokat): 1-2, 2-3, 3-4, ..., 8-9. Ez összesen 8 él. A megrajzolt vonalak száma: \( 36 - 8 = \mathbf{28} \).

c) A 6 számkártya egy sorrendje (permutációja) hármas bontásban egy duót ad (pl. az első három egy szám, a második három egy másik). Ha számítana a két háromjegyű szám sorrendje, akkor annyi duó lenne, ahány permutációja van a 6 számnak, azaz \( 6! = 720 \). Mivel a két szám sorrendje nem számít (a duókon belül), ezért az eseteket duplán számoltuk. Tehát \( \frac{6!}{2} = \frac{720}{2} = \mathbf{360} \) darab különböző duó van.

a1) Andris biztosan a jó fényképet (A) kapja az (a) borítékban. A maradék három borítékba (b, c, d) a (B, C, D) fényképeket kell beletenni úgy, hogy senki se a sajátját kapja. Ez egy permutáció fixpont nélkül (derangement). A B fénykép mehet a c vagy d borítékba (2 eset). Ha B a c-be megy, akkor C csak a d-be mehet, D pedig a b-be. Tehát összesen 2 féleképpen fordulhat elő.

a2) Jelölje \( S \) azt az eseményt, hogy senki nem kapja a sajátját, \( E \) pedig azt, hogy pontosan 1 fiú kapja a sajátját. Összes esetek száma: \( 4! = 24 \). - A \( S \) esemény bekövetkezése (skatulya-elv vagy leszámlálás alapján, pl. BADC, BCDA stb.): ez a 4 elemű halmaz fixpontmentes permutációinak száma, amelynek értéke 9. Tehát \( P(S) = \frac{9}{24} \). - Az \( E \) esemény: 4-féleképpen választhatjuk ki, ki kapja a jó fényképet. A többi 3-nak rosszat kell kapnia, ami az a1) alapján 2-féleképpen lehetséges. Tehát az esetek száma \( 4 \cdot 2 = 8 \). \( P(E) = \frac{8}{24} \). Mivel \( 9 > 8 \), a senki sem kapja a sajátját (\( S \)) esemény valószínűsége nagyobb.

b) Minden dobás kimenetele 6 vagy 4. A négy dobás összege a dobott 6-osok számától (0-4) függ. A lehetséges összegek: - 4 darab 6-os: \( 24 \) - 3 darab 6-os, 1 darab 4-es: \( 22 \) - 2 darab 6-os, 2 darab 4-es: \( 20 \) - 1 darab 6-os, 3 darab 4-es: \( 18 \) - 4 darab 4-es: \( 16 \) A valószínűségeket binomiális eloszlással \( p = 1/2 \) paraméterrel írhatjuk fel (összes eset \( 2^4 = 16 \)): $$ P(24) = \binom{4}{4} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{1}{16}} $$ $$ P(22) = \binom{4}{3} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{4}{16}} = \mathbf{\frac{1}{4}} $$ $$ P(20) = \binom{4}{2} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{6}{16}} = \mathbf{\frac{3}{8}} $$ $$ P(18) = \binom{4}{1} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{4}{16}} = \mathbf{\frac{1}{4}} $$ $$ P(16) = \binom{4}{0} \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \mathbf{\frac{1}{16}} $$

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) Minden sorban kell lyukasztásnak lenni. Az első sorban 3 lehetőségünk van a lyuk kiválasztására, a második sorban már csak 2 (hogy ne legyen azonos oszlopban), a harmadik sorbeli lyukat pedig az előző kettő egyértelműen meghatározza. Így a megfelelő lyukasztások száma: \( 3 \cdot 2 \cdot 1 = 6 \). Ezen elrendezések az alábbiak (a lyukasztott mezőket körök jelzik):

b) Számos helyes megoldás létezik, például az 1-es, 3-as és 5-ös mezők lyukasztása, amely egy „V” alakú maradékot hagy, melynek pontosan a függőleges középvonal az egyetlen szimmetriatengelye.

c) Az összes lehetséges lyukasztások száma (kombináció): \( \binom{9}{3} = 84 \).
Áron esete: Az első kilenc pozitív egész között 4 prímszám van (2, 3, 5, 7). Hogy mindhárom lyukasztott szám prím legyen, 4-ből 3-at kell választani: \( \binom{4}{3} = 4 \) kedvező eset. A valószínűség: \( P_{\text{Áron}} = \frac{4}{84} \approx \mathbf{0,048} \).
Zita esete: Szisztematikusan felírjuk a 13-at adó számhármasokat: (1,3,9), (1,4,8), (1,5,7), (2,3,8), (2,4,7), (2,5,6), (3,4,6). Összesen 7 kedvező eset van. A valószínűség: \( P_{\text{Zita}} = \frac{7}{84} \approx \mathbf{0,083} \).

a) Minden fiú (3 fő) 5 lehetőség közül választhat (3 étterem + 2 fagyizó). Így ez együtt \( 5^3 \) lehetőség.
Minden lány (2 fő) 4 lehetőség közül választhat (2 fodrászat + 2 fagyizó). Ez együtt \( 4^2 \) lehetőség.
Mivel a döntéseik függetlenek, az elhelyezkedések száma összesen: \( 5^3 \cdot 4^2 = 125 \cdot 16 = \mathbf{2000} \).

b) Mivel a 3 fiú különböző munkahelyekre akar menni, a számukra rendelkezésre álló 5 hely közül kell 3-at választani, sorrenddel (ismétlés nélküli variáció): \( 5 \cdot 4 \cdot 3 = 60 \)-féleképpen helyezkedhetnek el.
A 2 lány a számukra lehetséges 4 helyre ugyanezen elv alapján \( 4 \cdot 3 = 12 \)-féleképpen mehet.
Az összes eset e kettő szorzata: \( 60 \cdot 12 = \mathbf{720} \).

c) A körmérkőzésen egy 4 pontból álló teljes gráf éleit választjuk ki (összesen 6 mérkőzés lehetséges). Most ebből 3 élt (mérkőzést) játszanak le.
A feltétel szerint 2 játékos játszott 2-2 mérkőzést, azaz a gráfban pontosan két csúcs foka 2. A fokszámok összege \( 2 \cdot \text{élek száma} = 2 \cdot 3 = 6 \). Tehát a fokszámok csak a (2, 2, 1, 1) sorozatot alkothatják (ez egy 4 hosszú utat jelent).
A legegyszerűbb, ha kiválasztjuk a 6 lehetséges mérkőzésből (élből) a 3 lejátszottat, ami \( \binom{6}{3} = 20 \) lehetséges kiválasztás.
Megszámoljuk, hány olyan gráf van, ami NEM felel meg:

• Amikor egy játékos mindhárom meccset lejátssza (csillaggráf, fokszámok: 3, 1, 1, 1). Ez 4-féleképpen lehetséges.
• Amikor három játékos játszik egymással egy háromszöget, egy pedig egyet sem (fokszámok: 2, 2, 2, 0). Ez is 4-féleképpen lehetséges.

Így a feltételeknek megfelelő párosítások száma: \( 20 - 4 - 4 = \mathbf{12} \).

a) A lehetséges húzási sorrendek száma megegyezik 2 piros és 3 fehér golyó ismétléses permutációinak számával (vagy egyszerűen 5 helyből 2 hely kiválasztása a piros golyók számára): $$ \frac{5!}{2!3!} = \binom{5}{2} = \mathbf{10} $$

b) "Az utolsó húzás előtt egy darab fehér golyó marad" megfogalmazás pontosan azt jelenti, hogy az utolsó (ötödik) kihúzott golyó fehér. Mivel a kihúzott golyók sorrendjében nincs kitüntetve egyetlen golyó sem, bármelyik golyó ugyanakkora valószínűséggel kerül az 5. (utolsó) helyre.
Az urnában 5 golyó van, melyből 3 fehér. Így annak a valószínűsége, hogy az utolsóként kihúzott golyó fehér: $$ P = \mathbf{\frac{3}{5} = 0,6} $$

c) Mivel visszatevéssel húzunk, minden húzásnál a piros golyó húzásának valószínűsége független, és értéke \( p = \frac{2}{5} \), a fehér golyó húzásának valószínűsége pedig \( q = \frac{3}{5} \).
A "legfeljebb kétszer húzunk pirosat" esemény bekövetkezhet 0, 1 vagy 2 piros golyó húzásával. Ez binomiális eloszlás (\( n = 6 \)): $$ P(X \le 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) $$ Kiszámítva az egyes tagokat: $$ P(X = 0) = \binom{6}{0} \left(\frac{3}{5}\right)^6 = 1 \cdot \frac{729}{15625} \approx 0,0467 $$ $$ P(X = 1) = \binom{6}{1} \left(\frac{2}{5}\right)^1 \left(\frac{3}{5}\right)^5 = 6 \cdot \frac{2}{5} \cdot \frac{243}{3125} = \frac{2916}{15625} \approx 0,1866 $$ $$ P(X = 2) = \binom{6}{2} \left(\frac{2}{5}\right)^2 \left(\frac{3}{5}\right)^4 = 15 \cdot \frac{4}{25} \cdot \frac{81}{625} = \frac{4860}{15625} \approx 0,3110 $$ A keresett valószínűség ezek összege: $$ P(X \le 2) = \frac{729 + 2916 + 4860}{15625} = \frac{8505}{15625} \approx \mathbf{0,544} $$

a) Jelölje \( n \) a csoportba járó diákok számát. Az átlag miatt a dolgozatok összpontszáma \( 76n \).

Tudjuk, hogy 5 tanuló kapott 100 pontot, a maradék \( (n-5) \) tanuló pedig legalább 60 pontot ért el. Így az összpontszámra a következő egyenlőtlenséget írhatjuk fel: $$ 76n \ge 500 + (n-5) \cdot 60 $$ $$ 76n \ge 500 + 60n - 300 $$ $$ 16n \ge 200 \implies n \ge 12,5 $$ Mivel a diákok száma csak egész szám lehet, a csoportnak legalább 13 tanulója volt.

b) Ha \( n = 14 \), akkor az összpontszám: \( 14 \cdot 76 = 1064 \).
Ebből 5 tanuló pontja kiad összesen 500-at, így a maradék 9 tanuló pontszámának összege: \( 1064 - 500 = 564 \) pont.
Ha 9 diák lenne 60 pontos, az \( 9 \cdot 60 = 540 \) pontot eredményezne, ami kevesebb, mint a rendelkezésre álló 564 pont, így ez nem lehetséges.
Ha nyolc tanuló dolgozata lett 60 pontos, a kilencedik tanuló pontszáma: \( 564 - 8 \cdot 60 = 564 - 480 = 84 \). Mivel 84 pont kevesebb a maximálisnál (és legalább 60), ez egy érvényes eset. Legfeljebb tehát 8 diák dolgozata lehetett 60 pontos.

c) A csoport létszáma 14. Az 5 maximális pontot elért diák adott (név szerint), itt nincs választási lehetőség. A maradék 9 diák eredményeit kell szétosztanunk.

Tudjuk, hogy az ismert \( 5 + 6 + 1 = 12 \) diák pontszámainak összege: $$ 5 \cdot 100 + 6 \cdot 60 + 1 \cdot 76 = 936 \text{ pont.} $$ A fennmaradó 2 tanuló összesen \( 1064 - 936 = 128 \) ponton osztozott. Ezek a pontszámok (mivel a 60 pontot elérők száma pontosan hat, és a 76 pontot elérők száma egy) legalább 61 és legfeljebb 67 (és egyike sem lehet 76) pontot jelentenek. A lehetséges összetételek, amelyek 128-at adnak ki:

• 61 és 67 (2 különböző pontszám)
• 62 és 66 (2 különböző pontszám)
• 63 és 65 (2 különböző pontszám)
• 64 és 64 (megegyező pontszám)

Ez összesen 7 féle pontelosztást jelent a két diák között (az első három esetben számít a sorrend: például az "egyik kap 61-et, a másik 67-et" kétféle kiosztás, tehát \( 3 \cdot 2 = 6 \) plusz az 1 egyforma pontszám, összesen \( 6 + 1 = 7 \)).

Most számoljuk ki, hogy az 5 darab 100 pontos tanulón kívüli 9 diák közül hogyan választhatjuk ki a megfelelőeket:

• A 60 pontot elérő 6 tanulót kiválaszthatjuk a 9-ből: \( \binom{9}{6} = 84 \) féleképpen.
• A 76 pontot elérő 1 tanulót kiválaszthatjuk a maradék 3-ból: 3 féleképpen.
• A fennmaradó 2 diák megkapja a 7 lehetséges kiosztás egyikét.

Az összes lehetőségek száma: \( 84 \cdot 3 \cdot 7 = \) 1764.

a) Jelöljük egy gráffal az ismeretségeket! Egy 41 pontú gráfunk lesz, ahol minden pont fokszámát ismerjük, hiszen Anna mind a 40-et ismeri (az ő fokszáma 40). A többi 40 ember pontosan egy embert nem ismer a másik 39 közül, és Annát mind ismeri, ezért az ő fokszámuk egységesen 39.
A fokszámtétel (a fokszámok összege az élek számának duplája) alapján: $$ 2e = 40 + 40 \cdot 39 = 1600 $$ Tehát összesen 800 ismeretség (él) van köztük.

b) Ha Anna 40 ismerőse mindegyike ismerné az összes többi 39 embert, akkor a 40 pontú (rész)gráf éleinek száma \( \frac{40 \cdot 39}{2} = 780 \) lenne. (Ezek az összes esetek).
Mivel mindenki pontosan egyet nem ismer ebből a körből, a hiányzó élek száma \( \frac{40 \cdot 1}{2} = 20 \). (Ezek a kettesével párbarendezett nem-ismerősök).
A fennálló ismeretségek (kedvező esetek) száma a 40 ember között: \( 780 - 20 = 760 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{760}{780} = \mathbf{\frac{38}{39} \approx 0,974} $$

c) A kiválasztott két személy a 41-ből kerül ki. Az összes lehetséges kiválasztások száma: \( \binom{41}{2} = \frac{41 \cdot 40}{2} = 820 \).
A feltétel szerint a két kiválasztott személy NEM ismeri egymást. Mivel Anna mindenkit ismer, Anna nem lehet ezen párosítások egyike sem. Így a "nem ismerősök" csak Anna 40 barátja közül kerülhetnek ki.
Ahogy a b) részben megállapítottuk, pontosan 20 olyan pár van a barátok között, akik nem ismerik egymást (mivel a 40 ember pontosan egy embert nem ismer, egyértelműen kettesével párba állíthatók).
Így a kedvező esetek száma 20. A keresett valószínűség: $$ P = \frac{20}{820} = \mathbf{\frac{1}{41} \approx 0,0244} $$

a) A kockák megkülönböztethetőek, így az összes lehetséges kimenetelek száma \( 6^6 \). Ha mindegyikkel más számot dobunk, az megfelel az 1-től 6-ig terjedő számok egy permutációjának. Ennek lehetőségei: \( 6! \). A keresett valószínűség a klasszikus valószínűségi modell alapján: $$ P = \frac{6!}{6^6} \approx \mathbf{0,0154} $$

b) A dobott számok összege legalább 34, ami azt jelenti, hogy az összeg pontosan 34, 35 vagy 36 lehet. Mivel az elméleti maximum \( 6 \cdot 6 = 36 \), nézzük meg ezen esetek felbontásait:

• Összeg 36: (6, 6, 6, 6, 6, 6) – Ebből csak 1 eset lehetséges.
• Összeg 35: (6, 6, 6, 6, 6, 5) – Az 5-ös szám bármelyik kockán (6 helyen) előfordulhat, ez 6 eset.
• Összeg 34: Itt két lehetséges felbontás létezik:
  • (6, 6, 6, 6, 6, 4) – A 4-es helye ismét 6-féleképpen választható ki.
  • (6, 6, 6, 6, 5, 5) – Ki kell választani azt a két kockát, amelyikkel 5-öst dobunk: \( \binom{6}{2} = \) 15 eset.

A kedvező esetek száma összesen: \( 1 + 6 + 6 + 15 = 28 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{28}{6^6} \approx \mathbf{0,0006} $$

a) Az első helyezett 6-féle, a második 5-féle, a harmadik pedig a megmaradt 4-féle úszó lehet. A lehetséges érvényes szelvények száma (ismétlés nélküli variáció): $$ 6 \cdot 5 \cdot 4 = \mathbf{120} $$

b) Számoljuk össze, hány olyan szelvény van az összes között, amelyen egyetlen találat sincs (0 találatos szelvények), majd ezek számát levonjuk az összes szelvény (120) számából. A telitalálatos tipp: ABC.

• 1. eset: Az első három helyezett neve szerepel a szelvényen, de mindegyik rossz helyen.
  Ekkor csak a CAB vagy a BCA tipp lehetséges a szelvényen. Ez 2 eset.
• 2. eset: Az A, B, C nevek közül pontosan kettő szerepel a szelvényen, de azok is rossz helyen.
  Ha például az A és B szerepel, akkor a nulla találathoz XAB, BAX vagy BXA alakú tippek tartoznak, ahol X a D, E, F közül bármelyik (3 lehetőség). Ez $3 \cdot 3 = 9$ szelvény. Mivel 3 ilyen betűpár választható ki (AB, AC, BC), ez összesen $3 \cdot 9 = $ 27 eset.
• 3. eset: Az A, B, C nevek közül pontosan egy szerepel a szelvényen, de az is rossz helyen.
  Ha ez az egy név például az A, akkor az XAY és XYA alakú tippeken nincs találat (X és Y a D, E, F halmazból kerülnek ki). Mindkét alak esetén a maradék 3 betűből 2-t választunk sorrendben, ami $3 \cdot 2 = 6$ eset. Összesen tehát az A-hoz 12 szelvény tartozik. Ezt megismételve a B és C esetére, ez $3 \cdot 12 = $ 36 eset.
• 4. eset: Az A, B, C nevek egyike sem szerepel a szelvényen.
  Ekkor a tippet csak a D, E, F versenyzőkből állítják össze, ami $3! = $ 6 eset.

A találat nélküli (0 találatos) szelvények száma összesen: $$ 2 + 27 + 36 + 6 = 71 $$ A legalább egy találatot tartalmazó szelvények száma így: $$ 120 - 71 = \mathbf{49 \text{ darab}} $$

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: $$ 38\,880 - 12\,500 = \mathbf{26\,380} $$

a) Mivel a dobások során bármelyik helyen háromféle számot (0; 2; 4) dobhatunk (egyenlő eséllyel), a lehetséges rendezett számötösök száma ismétléses variációval: $$ 3^5 = \mathbf{243} $$

b) Ha a dobott pontok összegét tekintjük, 10-et háromféleképpen dobhatunk (sorrendtől függetlenül):
1. eset: \( 4 + 4 + 2 + 0 + 0 = 10 \)
Ennek a számötösnek a lehetséges sorrendjeinek száma (ismétléses permutációval): $$ \frac{5!}{2! \cdot 2!} = 30 $$ 2. eset: \( 4 + 2 + 2 + 2 + 0 = 10 \)
Ezt az 5 számot az alábbi számú sorrendben dobhattuk: $$ \frac{5!}{3!} = 20 $$ 3. eset: \( 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 10 \)
Ezt az 5 számot csak 1-féle sorrendben dobhattuk.
A 10-es összeg tehát összesen \( 30 + 20 + 1 = \mathbf{51} \)-féleképpen állhat elő.

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) Binomiális eloszlást alkalmazunk. A színtévesztő valószínűsége \( p = 0,04 \), a vizsgálatok száma \( n = 8 \). Annak a valószínűsége, hogy pontosan 2 színtévesztő van: $$ P(k=2) = \binom{8}{2} \cdot 0,04^2 \cdot 0,96^6 \approx 28 \cdot 0,0016 \cdot 0,78276 \approx \mathbf{0,035} $$

b) A "legalább 2" esemény komplementerével érdemes számolni: legfeljebb 1 színtévesztő van (0 vagy 1).
\( P(k=0) = \binom{8}{0} \cdot 0,04^0 \cdot 0,96^8 \approx 0,7214 \)
\( P(k=1) = \binom{8}{1} \cdot 0,04^1 \cdot 0,96^7 \approx 8 \cdot 0,04 \cdot 0,7514 \approx 0,2405 \)
A komplementer esemény valószínűsége e kettő összege: \( \approx 0,9619 \).
Így a keresett valószínűség: $$ P(k \ge 2) = 1 - (P(k=0) + P(k=1)) \approx 1 - 0,9619 = \mathbf{0,038} $$

c) Tegyük fel, hogy lehetséges. Ekkor a 8 férfiből 2 senkivel sem fogott kezet, azaz csak 6 férfi vett részt a kézfogásokban.
Minden nő (összesen 9-en vannak) pontosan 5 férfival fogott kezet, ami azt jelenti, hogy minden nő a férfiak egy 5 fős részhalmazát választotta.
A feltétel szerint nincs két nő, aki ugyanazzal az 5 férfival fogott volna kezet. Azaz szükségünk lenne 9 különböző 5 fős részhalmazra a rendelkezésre álló férfiak halmazából.
Ha csak 6 férfi fogott kezet, akkor belőlük legfeljebb $$ \binom{6}{5} = 6 $$ különböző 5 fős csoport alakítható ki.
Mivel a nők száma 9, és mindegyiknek egyedi csoporthoz kellett volna tartoznia, a 6 < 9 ellentmondásra vezet (skatulyaelv). Tehát nem lehetséges, hogy két férfi senkivel sem fogott kezet.

a) Mivel mind az öt számjegy (5, 2, 9, 4, 1) különböző, az összes lehetséges sorrendek száma a számjegyek permutációinak száma: $$ 5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = \mathbf{120} $$ Tehát 120 darab ötjegyű számot kapunk.

b) Egy egész szám 12-vel pontosan akkor osztható, ha osztható 3-mal és 4-gyel is.
Az ötjegyű számok mindegyike osztható 3-mal, mert a számjegyeinek összege (\( 5+2+9+4+1 = 21 \)) mindegyiknél 21, ami osztható 3-mal.
4-gyel ezen ötjegyű számok közül azok és csak azok oszthatóak, amelyekből képzett utolsó két számjegy osztható 4-gyel. A lehetséges végződések: 12, 52, 92, 24.
Mindegyik végződés esetén a maradék 3 számjegyet az első három helyen \( 3! = 6 \)-féleképpen helyezhetjük el.
Így az ötjegyű számok között összesen \( 4 \cdot 6 = \mathbf{24} \) darab 12-vel osztható szám lesz.

c) Ahogy az előbb láttuk, az ötjegyű számok mindegyikében a számjegyek összege 21, így a számok oszthatók 3-mal.
Egy négyzetszám prímhatvány-felbontásában minden kitevő páros. Ha egy négyzetszám osztható 3-mal, akkor 9-cel is oszthatónak kell lennie.
Mivel a számjegyek összege (21) nem osztható 9-cel, a számok 9-cel nem oszthatók. Így egyik szám sem lehet négyzetszám.

a) Kétféle dominókő létezik: ahol a két térfélen azonos számú pötty van (duplák), és ahol különböző. A 0, 1, 2, ..., 7 számok közül:
Nyolc olyan dominó van, amelynek mind a két térfelén ugyanannyi a pöttyök száma.
Az olyan dominók száma, amelyeknek a két térfelén különböző számú pötty áll, annyi van, ahányféleképpen kiválasztható két különböző szám a 8 lehetséges értékből. Ez kombinációval adható meg: \( \binom{8}{2} = 28 \).
Tehát összesen \( 8 + 28 = \mathbf{36} \) kőből áll a dominókészlet.

b) Azok a dominók, amelyeken a pöttyök összege 8, a következők lehetnek: (1; 7), (2; 6), (3; 5) és (4; 4).
Tehát 4 kedvező eset van a 36-ból. A keresett valószínűség: $$ p = \frac{4}{36} = \mathbf{\frac{1}{9}} $$

c) A legelegánsabb megoldáshoz használjuk a kombinatorikát a kedvező és összes esetszám meghatározására.
Az összes lehetséges esetek száma (36 kőből 2 húzása): $$ \binom{36}{2} = \frac{36 \cdot 35}{2} = 630 $$ Kedvező esetek: Két kő illeszthető, ha van rajtuk közös szám. Számoljuk össze, hányféleképpen húzhatunk két olyan követ, amelyek egy adott \( x \) számban (pl. 0, vagy 1, stb.) megegyeznek.
Minden egyes értékhez pontosan 8 olyan dominó tartozik, amely tartalmazza azt a számot. (Például a 0-hoz tartozik: (0;0), (0;1), ..., (0;7)).
Bármelyik ilyen 8 dominó közül ha 2-t kiválasztunk, azok összeilleszthetők annál a számnál. Mivel a feladat szerinti "összeilleszthetőség" feltétele, hogy legalább egy közös értékük legyen, és két különböző dominó legfeljebb egyetlen számban egyezhet meg (hiszen nincs két egyforma kő), ezen halmazok metszete üres a kő-párok szintjén.
Tehát az egy-egy szám körüli illeszthető kő-párok száma: $$ \binom{8}{2} = 28 $$ Mivel összesen 8 különböző számjegy van (0-tól 7-ig), a kedvező esetek száma: $$ 8 \cdot \binom{8}{2} = 8 \cdot 28 = 224 $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{224}{630} = \frac{112}{315} = \mathbf{\frac{16}{45}} \approx 0,356 $$

a) Az 5 fiú mindegyike kezet fog a másik néggyel, ami a teljes gráf éleinek száma. A kézfogások száma: $$ \frac{5 \cdot 4}{2} = \mathbf{10} $$

b) Mivel Dani és Ernő együtt érkezett (őket egy "egységként" kezeljük), és a többiek (3 fiú) mind különböző időpontokban, így összesen 4 különböző érkezési időpont van. Ezek lehetséges sorrendjeinek száma egy permutáció: $$ 4! = \mathbf{24} $$

c) Minden mérkőzés során pontosan egy fiú pihen, tehát 5-féleképpen választható ki a pihenő játékos. A pályán lévő 4 játékost kell 2 fős csapatokba osztani. A 4 fiúból 2-t kiválasztani \( \binom{4}{2} = 6 \)-féleképpen lehet. Mivel a két csapat sorrendje nem számít (A és B csapat egymás ellen játszik ugyanaz, mint B csapat az A ellen), ezt el kell osztani 2-vel, így 3 különböző felállás lehetséges egy adott 4-esből.
A lehetséges mérkőzések száma összesen: $$ 5 \cdot 3 = \mathbf{15} $$

a) Az állítások logikai értékei:

A	B	C	D
igaz	hamis	igaz	igaz

b) Összesen \( 2^4 = 16 \)-féle kitöltés lehetséges. Ezek közül csak 1 helyes.
Így a valószínűség: \( \frac{1}{16} = 0,0625 \).

c) A tagadás: „Van olyan szerelem, amelyik (aki) nem múlik el.”

d) Egy lehetséges feladat: „Hány egyenest határoz meg a sík 17 pontja, ha nincs közöttük három egy egyenesre illeszkedő?”
(Bármilyen hasonló, ismétlés nélküli kombinációra utaló feladat elfogadható, pl. „17 fős bajnokságban hány mérkőzést játszanak, ha mindenki játszik mindenkivel?”)