Számelmélet

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 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) 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 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:

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

Az inverzfüggvény értelmezési tartománya tehát a \( \{0,5; 1; 4; 16\} \) halmaz.

a) Teljes négyzetté alakítással felírjuk a kör normálalakját: $$ (x - 2)^2 - 4 + (y - 6)^2 - 36 = 13 $$ $$ (x - 2)^2 + (y - 6)^2 = 53 $$ A kör középpontja \( K(2; 6) \), a sugara pedig \( r = \sqrt{53} \).

b) A húrtrapéz átlói egymásra merőlegesek, és párhuzamosak a koordinátatengelyekkel, mivel az \( A \) és \( C \) pontok \( x \) koordinátája azonos (4), a \( B \) és \( D \) pontok \( y \) koordinátája pedig azonos (4).
Az átlók hossza: $$ AC = 13 - (-1) = 14 \quad \text{és} \quad BD = 9 - (-5) = 14 $$ A trapéz területe az átlók szorzatának a fele: \( T = \frac{14 \cdot 14}{2} = 98 \).
Az alapok hosszát a pontok távolságával kapjuk meg: $$ AB = \sqrt{(-5 - 4)^2 + (4 - 13)^2} = \sqrt{(-9)^2 + (-9)^2} = \sqrt{162} = 9\sqrt{2} $$ $$ CD = \sqrt{(9 - 4)^2 + (4 - (-1))^2} = \sqrt{5^2 + 5^2} = \sqrt{50} = 5\sqrt{2} $$ A trapéz magasságát (\( m \)) a területképletből határozzuk meg: $$ T = \frac{AB + CD}{2} \cdot m \implies 98 = \frac{9\sqrt{2} + 5\sqrt{2}}{2} \cdot m = 7\sqrt{2} \cdot m \implies \mathbf{m = \frac{98}{7\sqrt{2}} = 7\sqrt{2}} $$ A szögekhez húzzunk magasságot az egyik felső csúcsból! A magasság talppontja lemetsz a hosszabbik alapból egy szakaszt, melynek hossza \( \frac{AB - CD}{2} = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2} \). A derékszögű háromszögben a magasság (\( 7\sqrt{2} \)) és ez a befogó (\( 2\sqrt{2} \)) tangenssel adja a hajlásszöget: $$ \tan \alpha = \frac{7\sqrt{2}}{2\sqrt{2}} = 3,5 \implies \mathbf{\alpha \approx 74,05^\circ} $$ A húrtrapéz másik szöge, mivel kiegészítő szög: \( 180^\circ - 74,05^\circ = \) 105,95°.

c) Olyan \( (x,y) \) egész számpárokat keresünk, melyekre \( x^2 + y^2 = 53 \).
Mivel 53 csak egyféleképpen bontható fel két négyzetszám összegére (a negatívokat és sorrendet még figyelmen kívül hagyva): \( 53 = 4 + 49 = 2^2 + 7^2 \).
Ebből a megoldások a \( \pm 2 \) és \( \pm 7 \) kombinációiból adódnak:
(2; 7), (2; -7), (-2; 7), (-2; -7), (7; 2), (7; -2), (-7; 2), (-7; -2).
Összesen 8 ilyen pont található a körvonalon.

a) Az egyenlet átrendezve: \( xy = 12 \).
Mivel \( x \) és \( y \) pozitív egészek, a 12 osztópárjait kell megkeresnünk. Ebből adódik, hogy a következő \( (x; y) \) megoldások vannak: (1; 12), (12; 1), (2; 6), (6; 2), (3; 4), (4; 3).

b) A hatványozás azonosságait használva az egyenlet alakja: $$ 3 \cdot (3^x)^2 - 27 \cdot 3^x = 3^x - 9 $$ Rendezve egy oldalra: $$ 3 \cdot (3^x)^2 - 28 \cdot 3^x + 9 = 0 $$ Az \( a = 3^x \) új ismeretlen bevezetésével (\( a > 0 \)): $$ 3a^2 - 28a + 9 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével a gyökök: \( a_1 = 9 \) és \( a_2 = \frac{1}{3} \).
Visszahelyettesítve az \( x \)-re adódó megoldások: $$ 3^x = 9 \implies \mathbf{x = 2} $$ $$ 3^x = \frac{1}{3} \implies \mathbf{x = -1} $$

a) Az összetett függvények felírása és az egyenlet:

$$ 2\sqrt{x} - 1 = \sqrt{2x - 1} $$

Mindkét oldal az értelmezési tartományon pozitív, négyzetre emelve kapjuk:

$$ 4x - 4\sqrt{x} + 1 = 2x - 1 \implies 2x + 2 = 4\sqrt{x} \implies x + 1 = 2\sqrt{x} $$

Újbóli négyzetre emeléssel:

$$ x^2 + 2x + 1 = 4x \implies x^2 - 2x + 1 = 0 \implies (x - 1)^2 = 0 $$

Ennek az egyenletnek egyetlen megoldása van: \( x = 1 \). Ellenőrzéssel könnyen megbizonyosodhatunk a helyességéről (\( f(g(1)) = 1 \) és \( g(f(1)) = 1 \)).

b) A Newton-Leibniz formula alapján:

$$ \int_a^b (2x - 1) \,dx = \left[ x^2 - x \right]_a^b = (b^2 - b) - (a^2 - a) = (b^2 - a^2) - (b - a) $$

A különbséget szorzattá alakítva:

$$ = (b - a)(b + a) - (b - a) = \mathbf{(b - a)(b + a - 1)} $$

c) A b) feladat alapján a megoldandó diofantikus egyenlet:

$$ (b - a)(b + a - 1) = 8 $$

Mivel \( a < b \), így \( b - a > 0 \), azaz mindkét tényezőnek pozitív egész számnak kell lennie (mivel 8 pozitív). A 8 lehetséges felbontásai szorzatokra: \( 1 \cdot 8, 2 \cdot 4, 4 \cdot 2, 8 \cdot 1 \).
Megvizsgálva az egyenletrendszereket, csak két esetben kapunk egész megoldást:
1. eset: \( b - a = 1 \) és \( b + a - 1 = 8 \implies a = 4, b = 5 \).
2. eset: \( b - a = 8 \) és \( b + a - 1 = 1 \implies a = -3, b = 5 \).
Tehát a paraméterek lehetséges értékei: \( a=4, b=5 \) vagy \( a=-3, b=5 \).

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

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

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

a) A 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) 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) Jelölje az érmék számát \( e \). A dobozok száma 6. A feladat szövege alapján kétféleképpen írhatjuk fel az érmék számát:
1. Ha 1 érme kerül minden dobozba, akkor \( m \) kimarad: \( e = 6 \cdot 1 + m \).
2. Ha \( m \) érme kerül minden dobozba, akkor \( m \) doboz üres marad, azaz \( 6 - m \) dobozban lesz érme: \( e = (6 - m) \cdot m \).
A két kifejezést egyenlővé téve: $$ 6 + m = 6m - m^2 \implies m^2 - 5m + 6 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( m = 2 \) és \( m = 3 \). Mindkét esetben kiszámítjuk az érmék számát:
Ha \( m = 2 \), akkor az érmék száma \( e = 6 + 2 = \mathbf{8} \).
Ha \( m = 3 \), akkor az érmék száma \( e = 6 + 3 = \mathbf{9} \).

b) A kiválasztott érmék száma \( n = 80 \), egy érme hibás voltának valószínűsége \( p = 0,03 \). Binomiális eloszlás segítségével számítjuk ki a valószínűséget: $$ P(X \le 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) $$ $$ P(0 \text{ hibás}) = \binom{80}{0} \cdot 0,03^0 \cdot 0,97^{80} \approx 0,087 $$ $$ P(1 \text{ hibás}) = \binom{80}{1} \cdot 0,03^1 \cdot 0,97^{79} \approx 0,216 $$ $$ P(2 \text{ hibás}) = \binom{80}{2} \cdot 0,03^2 \cdot 0,97^{78} \approx 0,264 $$ Összegezve a valószínűségeket: $$ P(X \le 2) \approx 0,087 + 0,216 + 0,264 = \mathbf{0,567} $$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

a) A 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) A \( \overline{c3c5} \)-ben \( c \) első számjegyként is szerepel, ezért \( c \neq 0 \).
- Az \( \overline{1c28} \) mindig páros. Ahhoz, hogy 6-tal ne legyen osztható, a 3-mal való oszthatóságnak kell sérülnie. A számjegyek összege: \( 1 + c + 2 + 8 = 11 + c \). Ha ez nem osztható 3-mal, akkor \( c \notin \{1, 4, 7\} \).
- A \( \overline{93c6} \) pontosan akkor osztható 36-tal, ha osztható 4-gyel és 9-cel is. Az utolsó két számjegy (c6) alapján, ha \( c \) páratlan (például 9), akkor a szám osztható 4-gyel. Ha ezen felül a számjegyek összege (\( 9+3+c+6 = 18+c \)) osztható 9-cel, azaz \( c=9 \), akkor a szám osztható lesz 36-tal is. Mivel a feladat feltétele a nem oszthatóság, kizárjuk: \( c \neq 9 \).
- A \( \overline{c3c5} \) 5-re végződik, így 5-tel osztható. Ahhoz, hogy 15-tel ne legyen osztható, a 3-mal való oszthatóságnak ismét sérülnie kell. A számjegyek összege: \( 2c + 8 \). Ebből adódik, hogy \( c \notin \{2, 5, 8\} \).
A megmaradó lehetséges értékek: \( \mathbf{c = 3} \) és \( \mathbf{c = 6} \).

b) A kifejezés felbontható tagokra. A \( 4^n \) minden \( n \ge 1 \) esetén páros szám. A \( 6n \) szintén minden esetben páros. Két páros szám összege ismét páros. Ha egy páros számból kivonunk 1-et, az eredmény mindenképpen páratlan lesz. Páratlan szám pedig oszthatatlan 8-cal, amivel igazoltuk az állítást.

c) Alkalmazzunk az első tagra egy elegáns átalakítást a binomiális tétel segítségével: $$ 4^n = (3+1)^n = \binom{n}{0} 1^n + \binom{n}{1} 3 \cdot 1^{n-1} + \binom{n}{2} 3^2 \cdot 1^{n-2} + \dots + \binom{n}{n} 3^n $$ $$ 4^n = 1 + 3n + 9 \binom{n}{2} + 27 \binom{n}{3} + \dots + 3^n $$ Vegyük észre, hogy az első két tag (\( 1 + 3n \)) kivételével minden ezt követő tagban jelen van a \( 3^2 = 9 \), így ezek maradék nélkül oszthatók 9-cel. Írjuk fel a teljes kifejezést: $$ 4^n + 6n - 1 = \left( 1 + 3n + \text{9-cel oszt. rész} \right) + 6n - 1 $$ Összevonva a megfelelő tagokat: $$ = 9n + \text{9-cel oszt. rész} $$ A kapott eredmény mindkét komponense többszöröse a 9-nek, így igazoltuk a feltevés helyességét.

a) Az egyenletet először osszuk el 5-tel: $$ x^2 + y^2 - 2,8x + 4,4y - 2,2 = 0 $$ Teljes négyzetté alakítással: $$ (x - 1,4)^2 - 1,96 + (y + 2,2)^2 - 4,84 - 2,2 = 0 $$ $$ (x - 1,4)^2 + (y + 2,2)^2 = 9 $$ A kör középpontja \( (1,4; -2,2) \), sugara pedig 3 egység.

b) A \( \vec{KA} \) vektor lesz a keresett egyenes normálvektora: $$ \vec{KA} = (-4 - (-5); 14 - 7) = (1; 7) $$ Az egyenes áthalad az \( A(-4; 14) \) ponton, egyenlete tehát: $$ 1 \cdot x + 7 \cdot y = 1 \cdot (-4) + 7 \cdot 14 $$ $$ \mathbf{x + 7y = 94} $$

c) A húr szakaszának hossza meghatározható Pitagorasz-tétel segítségével, hiszen a \( KA \) szakasz merőleges a húrra, így felezi azt. A húr és a középpont távolsága éppen a \( KA \) szakasz hossza: $$ d = KA = \sqrt{1^2 + 7^2} = \sqrt{50} $$ A kör sugara \( r = 10 \). A húr fele (\( h \)) felírható a következőképpen: $$ h^2 + d^2 = r^2 \implies h^2 = 100 - 50 = 50 \implies h = \sqrt{50} $$ A húr teljes hossza \( 2h = 2\sqrt{50} \approx \mathbf{14,14 \text{ egység}} \).

d) A \( k \) kör egyenlete \( (x+5)^2 + (y-7)^2 = 100 \).
Mivel a középpont rácspont, a körvonalon lévő rácspontok keresése azonos a \( 100 \) két négyzetszám összegére történő felbontásával: \( a^2 + b^2 = 100 \).
A lehetséges felbontások: $$ 100 = 0^2 + 10^2 \text{ és } 100 = 6^2 + 8^2 $$ A megfelelő \( a, b \) értékek és előjeleik adják az összes lehetséges eltérést a középponttól:
- Ha \( \{a,b\} = \{0, \pm 10\} \), ebből 4 pont adódik (2 az x-tengely mentén, 2 az y-tengely mentén).
- Ha \( a = \pm 6, b = \pm 8 \), ebből 4 pont adódik.
- Ha \( a = \pm 8, b = \pm 6 \), ebből ismét 4 pont adódik.
Összesen \( 4 + 4 + 4 = \) 12 rácspont található a körvonalon.

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 négyzetgyök értelmezése miatt az \( 5,2 - x \ge 0 \) feltételnek kell teljesülnie. Továbbá a feladat szerint \( \sqrt{5,2 - x} \le 3 \), amiből négyzetre emelve (mivel mindkét oldal nemnegatív): $$ 5,2 - x \le 9 \implies -3,8 \le x $$ Mivel \( x \) pozitív egész szám, a \( H \) halmaz elemei: $$ \mathbf{H = \{1; 2; 3; 4; 5\}} $$

A \( B \) halmaz elemeire felírható, hogy \( \log_b 2^6 = k \), ahol \( k \) pozitív egész szám. A logaritmus definíciója alapján (és figyelembe véve, hogy az alap \( b > 0, b \ne 1 \)): $$ b^k = 2^6 = 64 $$ Mivel \( k \) pozitív egész, a \( b \) olyan pozitív egész szám lehet, amelynek valamely pozitív egész kitevős hatványa 64. A lehetséges esetek: $$ 64^1 = 64, \quad 8^2 = 64, \quad 4^3 = 64, \quad 2^6 = 64 $$ Tehát a \( B \) halmaz: $$ \mathbf{B = \{2; 4; 8; 64\}} $$

Ezek alapján a metszet és a különbséghalmaz: $$ \mathbf{H \cap B = \{2; 4\}} $$ $$ \mathbf{B \setminus H = \{8; 64\}} $$

Ha a keresett szám alakja \( \overline{ab} \) (\( a, b \) számjegyek és \( a,b \neq 0 \)), akkor a feladat szövege alapján – mivel a számtani közép sosem kisebb a harmonikus középnél: $$ \frac{a+b}{2} - \frac{2ab}{a+b} = 1 $$ Szorozzuk be az egyenletet a nevezőkkel, \( 2(a+b) \)-vel: $$ (a+b)^2 - 4ab = 2(a+b) $$ Felhasználva a nevezetes azonosságot: $$ (a-b)^2 = 2(a+b) $$ Mivel \( a \) és \( b \) számjegyek, összegük legfeljebb \( 9+9=18 \), így \( 2(a+b) \le 36 \). Másrészt a jobb oldal a kettő miatt páros, így \( (a-b)^2 \) is páros négyzetszám, sőt pozitív, mivel különbségük legalább 1 a négyzetre emelés miatt.
A lehetséges páros négyzetszámok 36-ig: 4, 16 és 36. Vizsgáljuk meg ezeket az eseteket:

1. eset: \( (a-b)^2 = 4 \implies |a-b| = 2 \).
Ekkor \( 2(a+b) = 4 \implies a+b = 2 \).
Mivel a számjegyek nem 0-k, az egyetlen megoldás \( a=1, b=1 \). De ekkor \( a-b = 0 \), ami ellentmond a \( |a-b|=2 \) feltételnek.

2. eset: \( (a-b)^2 = 16 \implies |a-b| = 4 \).
Ekkor \( 2(a+b) = 16 \implies a+b = 8 \).
Az egyenletrendszer megoldásai: ha \( a-b = 4 \), akkor \( 2a = 12 \implies a=6 \), amiből \( b=2 \). A szám a 62.
Ha \( b-a = 4 \), akkor fordítva, \( a=2 \) és \( b=6 \). A szám a 26.

3. eset: \( (a-b)^2 = 36 \implies |a-b| = 6 \).
Ekkor \( 2(a+b) = 36 \implies a+b = 18 \).
Ezt csak \( a=9, b=9 \) elégítené ki, de akkor az eltérésük nem 6. Itt sincs megoldás.

A keresett kétjegyű számok tehát a 26 és a 62. (Ellenőrzés: 2 és 6 számtani közepe 4, harmonikus közepe \( 24/8 = 3 \), a különbségük valóban 1.)

Válaszainkat három tizedesjegyre kerekítve adjuk meg.

a) Az összes kihúzási lehetőség száma: \( \binom{17}{3} = 680 \).
A kedvező esetek: vagy mind a három golyó sárga \( \binom{8}{3} = 56 \), vagy mind a három zöld \( \binom{9}{3} = 84 \).
A keresett valószínűség: $$ p = \frac{56 + 84}{680} = \frac{140}{680} \approx \mathbf{0,206} $$

b) A visszatevéses modell miatt minden húzás független, és az eloszlás binomiális. Sárga golyó húzásának valószínűsége minden alkalommal \( \frac{8}{17} \), zöldé \( \frac{9}{17} \).
A keresett valószínűség: $$ p = \binom{5}{3} \cdot \left( \frac{8}{17} \right)^3 \cdot \left( \frac{9}{17} \right)^2 \approx \mathbf{0,292} $$

c) A kihúzott három szám összege pontosan akkor osztható 3-mal, ha a számok 3-mal osztva adott maradékai vagy mind megegyeznek, vagy páronként mind különböznek (egy 0, egy 1 és egy 2 maradékot adó szám).
Csoportosítsuk a számokat 1-től 17-ig a 3-as maradékuk szerint:

Maradék	Számok	Darab
0	3, 6, 9, 12, 15	5 db
1	1, 4, 7, 10, 13, 16	6 db
2	2, 5, 8, 11, 14, 17	6 db

A kedvező esetek számát a kombinatorikai szabályokkal határozzuk meg:
Mind azonos maradékot adó húzások: \( \binom{5}{3} + \binom{6}{3} + \binom{6}{3} = 10 + 20 + 20 = 50 \) eset.
Páronként különböző maradékot adó húzások: \( 5 \cdot 6 \cdot 6 = 180 \) eset.
Összes kedvező eset száma: \( 50 + 180 = 230 \).
A keresett valószínűség: $$ p = \frac{230}{680} \approx \mathbf{0,338} $$

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

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

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

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

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

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

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

a) A 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 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.

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.

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

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

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

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