Prímszámok

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 értelmezési tartomány: \( x - 2 > 0 \Rightarrow x > 2 \) és \( 2x + 8 > 0 \Rightarrow x > -4 \). Így \( x > 2 \).
A logaritmus azonosságait felhasználva (\( 3 = \log_2 8 \)): $$ \log_2 8 + \log_2(x-2) = \log_2(2x+8) $$ $$ \log_2(8(x-2)) = \log_2(2x+8) $$ Mivel a 2-es alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton: $$ 8x - 16 = 2x + 8 \implies 6x = 24 \implies \mathbf{x = 4} $$ A kapott megoldás eleme az értelmezési tartománynak (ellenőrzés behelyettesítéssel is adja: \( 3 + 1 = 4 \), helyes).

b) A metszéspont meghatározásához meg kell oldanunk az \( f(x) = g(x) \) egyenletet: $$ 2^{x-3} = 2^x - 7 $$ Kifejezve a hatványt: \( \frac{2^x}{8} = 2^x - 7 \). Rendezzük az egyenletet: $$ 7 = 2^x - \frac{2^x}{8} \implies 7 = \frac{7 \cdot 2^x}{8} \implies 2^x = 8 \implies \mathbf{x = 3} $$ A metszéspont második koordinátája: \( y = f(3) = 2^{3-3} = 1 \).
A metszéspont tehát: \( M(3; 1) \).

c) A \( h \) függvény értelmezési tartománya az egyjegyű pozitív prímszámok halmaza, azaz \( D_h = \{2; 3; 5; 7\} \).
Az inverzfüggvény értelmezési tartománya megegyezik a \( h \) függvény értékkészletével. Számítsuk ki a függvényértékeket:

• \( h(2) = 2^{2-3} = 2^{-1} = 0,5 \)
• \( h(3) = 2^{3-3} = 2^{0} = 1 \)
• \( h(5) = 2^{5-3} = 2^{2} = 4 \)
• \( h(7) = 2^{7-3} = 2^{4} = 16 \)

a) Jelölje az alap hosszát $a = 18$, a szár hosszát $b$. A háromszög valódi területe az alaphoz tartozó magasság és az alap szorzatának a fele. A magasság Pitagorasz-tétellel: $m = \sqrt{b^2 - \left(\frac{18}{2}\right)^2} = \sqrt{b^2 - 81}$. $$ T_{\text{valódi}} = \frac{18 \cdot \sqrt{b^2 - 81}}{2} = 9\sqrt{b^2 - 81} $$ Az egyiptomiak közelítő formulájával a terület: $$ T_{\text{közelítő}} = \frac{18 \cdot b}{2} = 9b $$ Mivel $9b > 9\sqrt{b^2 - 81}$ (hiszen $b > \sqrt{b^2 - 81}$ mindig igaz), a közelítés mindig felülbecsüli a területet. A feltétel szerint a hiba kisebb mint 25%-a a valódi területnek, ami azt jelenti, hogy a közelítő érték kevesebb, mint 1,25-szöröse a valódinak: $$ 9b < 1,25 \cdot 9\sqrt{b^2 - 81} $$ Egyszerűsítve 9-cel, majd mindkét oldalt négyzetre emelve (mivel mindkét oldal pozitív): $$ b^2 < 1,5625(b^2 - 81) $$ $$ b^2 < 1,5625b^2 - 126,5625 \implies 126,5625 < 0,5625b^2 $$ $$ b^2 > 225 \implies \mathbf{b > 15} $$ Tehát a háromszög szára 15 cm-nél hosszabb kell, hogy legyen.

b) A megadott szorzat prímfelbontása: $$ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 720 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5 $$ Egy szám pontosan akkor négyzetszám, ha a prímfelbontásában minden prímkitevő páros. Ahhoz, hogy $720 \cdot x$ négyzetszám legyen, az $x$-nek "ki kell egészítenie" a 720-ban lévő páratlan kitevőjű prímeket. A $2$ és a $3$ kitevője páros, de az $5$ kitevője páratlan. Ezért $x$-nek $5 \cdot k^2$ alakúnak kell lennie, ahol $k$ pozitív egész szám.
A feltétel szerint $x < 1000$: $$ 5k^2 < 1000 \implies k^2 < 200 $$ Mivel $\sqrt{200} \approx 14,14$, a $k$ lehetséges értékei $1, 2, 3, \dots, 14$.
Így összesen $\mathbf{14}$ ilyen 1000-nél kisebb pozitív egész szám van.

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

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.

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) Az állítás megfordítása: Ha egy pozitív egész \( a \) szám osztója egy pozitív egész \( b \) szám négyzetének (\( a|b^2 \)), akkor a \( b \) számnak is osztója (\( a|b \)).
Ez a megfordított állítás hamis. Jó ellenpélda például az \( a = 4 \) és \( b = 2 \). A \( 4 \) osztója a \( 2^2 \)-nek (azaz a 4-nek), de a 4 nem osztója a 2-nek.

b) A feladat szerint az \( n^2 - pn = n(n - p) \) szorzatnak egy \( q \) prímszámot kell adnia.
Mivel prímről van szó, a szorzat egyik tényezőjének \( 1 \)-nek, a másiknak egy prímnek kell lennie. Mivel \( n \) és \( p \) is pozitív, ezért \( n > n - p \), tehát a kisebbik tényező az 1. Így \( n - p = 1 \) és \( n = q \) prím.
Ebből következik, hogy \( n = p + 1 \). Tehát a \( p \) és az \( n \) két szomszédos prímszám. Mivel a 2 az egyetlen páros prím, az egyetlen egymást követő prímszám páros a 2 és a 3. Így \( p = 2 \) és \( n = 3 \) az egyetlen megoldás. Összesen 1 ilyen szám létezik.

c) A gráf csúcsait összekötöttük az összes osztójukkal. Mivel minden egész szám önmagának is osztója, a gráf minden csúcsa össze van kötve önmagával is, azaz hurokéleket tartalmaz. Mivel tartalmaz hurokélt, nem lehet egyszerű gráf.

d) Egy adott szám osztóinak száma határozza meg, hány él fut be hozzá az osztók felől. Mivel minden él pontosan egyszer jön létre két csúcs között (a nagyobb osztja kisebbel viszonya miatt), a gráf éleinek teljes száma egyenlő az 1-től 10-ig terjedő számok osztóinak darabszám-összegével.
Tudjuk, hogy minden négyzetszámnak páratlan számú osztója van, az összes többi számnak pedig páros. 1-től 10-ig pontosan három négyzetszám található: az 1, a 4 és a 9.
Az élek összege három páratlan szám és hét páros szám összege lesz, ami egy páratlan számot eredményez. Ezzel igazoltuk, hogy az élek száma páratlan (pontosan 27).

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: \( P_{\text{Zita}} = \frac{7}{84} \approx \mathbf{0,083} \).