Valószínűségszámítás

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) A külső átmérő 1 m (100 cm), így a külső sugár $R = 50$ cm.
Mivel a körgyűrű 20 cm széles, a belső sugár $r = 50 - 20 = 30$ cm.
A teljes körgyűrű területe $(50^2\pi - 30^2\pi)$, aminek nekünk csak a 36°-os része, azaz a tizede ($\frac{36^\circ}{360^\circ}$) kell: $$ T = \frac{1}{10} \cdot \pi(2500 - 900) = 160\pi \approx \mathbf{503 \text{ cm}^2} $$

b) A várható érték a nyeremények és valószínűségeik szorzatainak összege: $$ E = 1000 \cdot 0,4 + 2000 \cdot 0,1 + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 400 + 200 + 900 + 800 = \mathbf{2300 \text{ Ft}} $$

c) Három forgatással 6000 Ft háromféle összetételben jöhet ki (az értékek sorrendjét is figyelembe véve):

• $2000 + 2000 + 2000$: Ez pontosan egyféle sorrend, valószínűsége $0,1^3 = 0,001$.
• $1000 + 2000 + 3000$: Ezek 3! = 6-féleképpen jöhetnek sorba, valószínűségük $6 \cdot (0,4 \cdot 0,1 \cdot 0,3) = 0,072$.
• $1000 + 1000 + 4000$: A 4000-es pörgetés 3-féle helyen lehet, tehát 3 esetről beszélünk, valószínűségük $3 \cdot (0,4 \cdot 0,4 \cdot 0,2) = 0,096$.

A teljes valószínűség ezen független események összege: $$ P = 0,001 + 0,072 + 0,096 = \mathbf{0,169} $$

d) Jelölje $p$ az 1000 Ft-os nyeremény új valószínűségét. Mivel csak az 1000-es és a 2000-es szektorok valószínűségei változnak (összegük azonban továbbra is $0,4 + 0,1 = 0,5$ kell maradjon), így a 2000 Ft-osé $(0,5 - p)$ lesz.
Az igazságos játék várható értéke meg kell, hogy egyezzen a befizetett 2500 Ft-tal: $$ 1000p + 2000(0,5 - p) + 3000 \cdot 0,3 + 4000 \cdot 0,2 = 2500 $$ $$ 1000p + 1000 - 2000p + 900 + 800 = 2500 $$ $$ 2700 - 1000p = 2500 \implies 200 = 1000p \implies \mathbf{p = 0,2} $$ Tehát a játék akkor lesz igazságos, ha az 1000 Ft-os nyeremény valószínűsége 0,2 lesz, a 2000 Ft-os nyereményé pedig (0,5 - 0,2 =) 0,3.

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 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) 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 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) 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) 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) Az \( E_0 \) esemény pontosan akkor következik be, ha az \( A \) tartományból nyíló mindkét átjáró (az \( A-B \) és az \( A-C \)) zárva van. Ennek a valószínűsége a függetlenség miatt a zárva levés valószínűségeinek szorzata: $$ P(E_0) = (1 - p) \cdot (1 - p) = (1 - p)^2 = \mathbf{1 - 2p + p^2} $$

b) A feltétel szerint meg kell oldani az \( (1 - p)^2 \le 0,01 \) egyenlőtlenséget. Gyököt vonva kapjuk: $$ 1 - p \le 0,1 \implies p \ge 0,9 $$ A feladat megadta, hogy \( p < 1 \), így a helyes választás: \( 0,9 \le p < 1 \).

c) Az \( E_1 \) esemény pontosan akkor következik be, ha az \( A \) tartományból a két átjáró közül az egyik nyitva van, a másik pedig nincs nyitva, továbbá a \( B \) és \( C \) közötti átjáró is zárva van (különben mindkettőbe el lehetne jutni). Ennek valószínűsége: $$ P(E_1) = \binom{2}{1} p(1 - p) \cdot (1 - p) = 2p(1 - p)^2 = 2p(1 - 2p + p^2) = \mathbf{2p - 4p^2 + 2p^3} $$ Az \( E_0 \), \( E_1 \) és \( E_2 \) események teljes eseményrendszert alkotnak (a lehetséges kimenetelek mindegyikét lefedik diszjunkt módon). Így \( P(E_2) \) kényelmesen kiszámolható: $$ P(E_2) = 1 - P(E_0) - P(E_1) = 1 - (1 - 2p + p^2) - (2p - 4p^2 + 2p^3) = \mathbf{3p^2 - 2p^3} $$

d) Az \( f(p) = 2p - 4p^2 + 2p^3 \) függvény (ahol \( 0 < p < 1 \)) szélsőértékét deriválással keressük: $$ f'(p) = 2 - 8p + 6p^2 $$ Ahol a derivált eltűnik: $$ 6p^2 - 8p + 2 = 0 \implies 3p^2 - 4p + 1 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \( p = 1 \) és \( p = \frac{1}{3} \). Mivel \( p < 1 \), csak a \( p = \frac{1}{3} \) megoldás jöhet szóba. Itt a második derivált (\( 12p - 8 \)) \( p = 1/3 \)-nál \( -4 \), vagyis tényleg maximumhely.
Ekkor az \( E_1 \) esemény valószínűsége: $$ f\left(\frac{1}{3}\right) = 2 \cdot \frac{1}{3} - 4 \cdot \frac{1}{9} + 2 \cdot \frac{1}{27} = \frac{18}{27} - \frac{12}{27} + \frac{2}{27} = \mathbf{\frac{8}{27} \approx 0,296} $$

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

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

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

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

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

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

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

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

c) Készítsünk egy Venn-diagramot a feltételek alapján!

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

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

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

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

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

a) Mivel a 24 darab adat 360°-nak felel meg, egy töltőhöz \( \frac{360^\circ}{24} = 15^\circ \) tartozik. Ennek alapján a darabszámok:

Az átlag kiszámítása a súlyozott számtani közép segítségével: $$ \overline{x} = \frac{2 \cdot 49 + 4 \cdot 50 + 7 \cdot 51 + 4 \cdot 52 + 5 \cdot 53 + 2 \cdot 54}{24} = \frac{1236}{24} = \mathbf{51,5 \text{ hónap}} $$ A szórás az adatok átlagtól vett eltérésének négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{2(49 - 51,5)^2 + 4(50 - 51,5)^2 + 7(51 - 51,5)^2 + \dots + 2(54 - 51,5)^2}{24}} $$ $$ \sigma = \sqrt{\frac{48}{24}} = \sqrt{2} \approx \mathbf{1,41 \text{ hónap}} $$

b) Annak valószínűsége, hogy egy töltő élettartama 50 hónapnál kevesebb: \( p = 1 - 0,9 = 0,1 \). A binomiális eloszlást alkalmazzuk, ahol a vizsgált elemek száma \( n = 20 \), és legfeljebb 2 selejtes/rövidebb élettartamút keresünk (\( k = 0, 1, 2 \)): $$ P(X \le 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) $$ $$ P(X=0) = \binom{20}{0} \cdot 0,1^0 \cdot 0,9^{20} \approx 0,1216 $$ $$ P(X=1) = \binom{20}{1} \cdot 0,1^1 \cdot 0,9^{19} \approx 0,2702 $$ $$ P(X=2) = \binom{20}{2} \cdot 0,1^2 \cdot 0,9^{18} \approx 0,2852 $$ Ezeket összeadva: $$ P(X \le 2) \approx 0,1216 + 0,2702 + 0,2852 = \mathbf{0,677} $$

c) Legyen \( p \) annak a valószínűsége, hogy egy töltő élettartama legalább 55 hónap. Ekkor annak valószínűsége, hogy kevesebb mint 55 hónap: \( 1 - p \). A feladat szerint 5 függetlenül kiválasztott töltőre ez a valószínűség együttesen 0,75, azaz: $$ (1 - p)^5 = 0,75 $$ Vonjunk mindkét oldalból 5-ödik gyököt: $$ 1 - p = \sqrt[5]{0,75} \approx 0,944 $$ $$ p \approx 1 - 0,944 = \mathbf{0,056} $$

a) Írjunk fel egy egyenletrendszert a két ismeretlenre (legyen \( k \) a kék, \( z \) a zöld sorsjegy ára Ft-ban): $$ 5k + 3z = 6700 $$ $$ 3k + 2z = 4200 $$ A második egyenletből fejezzük ki \( z \)-t (vagy szorozzuk az elsőt 2-vel, a másodikat 3-mal az egyenlő együtthatók módszeréhez): $$ 10k + 6z = 13400 $$ $$ 9k + 6z = 12600 $$ A felsőből kivonva az alsót kapjuk: $$ k = 800 $$ A kapott \( k \) értéket visszahelyettesítve a második egyenletbe: $$ 3(800) + 2z = 4200 \implies 2400 + 2z = 4200 \implies 2z = 1800 \implies z = 900 $$ Egy kék sorsjegy 800 Ft-ba, egy zöld sorsjegy pedig 900 Ft-ba kerül.

b) A teljes valószínűség tétele alapján egy kihúzott sorsjegy tárgynyereményének valószínűsége: $$ P(A) = P(B) \cdot P(A \mid B) + P(\text{zöld}) \cdot P(A \mid \text{zöld}) $$ $$ P(A) = 0,40 \cdot 0,35 + 0,60 \cdot 0,40 = 0,14 + 0,24 = \mathbf{0,38} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.
A Bayes-tétel alapján a feltételes valószínűség: $$ P(B \mid A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{P(B) \cdot P(A \mid B)}{P(A)} = \frac{0,14}{0,38} = \mathbf{\frac{7}{19} \approx 0,368} $$ A függetlenség vizsgálata: Két esemény pontosan akkor független, ha \( P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) \). $$ P(A \cap B) = 0,14 $$ $$ P(A) \cdot P(B) = 0,38 \cdot 0,40 = 0,152 $$ Mivel \( 0,14 \neq 0,152 \), az \( A \) és \( B \) események nem függetlenek.

c) A várható értéket a kék sorsjegyekhez tartozó valószínűségek és az azokhoz tartozó nyereményösszegek szorzatösszegeként számítjuk ki: $$ E = P(\text{tárgy} \mid \text{kék}) \cdot 500 + P(\text{1000 Ft} \mid \text{kék}) \cdot 1000 + P(\text{5000 Ft} \mid \text{kék}) \cdot 5000 + P(\text{nem nyer} \mid \text{kék}) \cdot 0 $$ $$ E = 0,35 \cdot 500 + 0,20 \cdot 1000 + 0,05 \cdot 5000 + 0,40 \cdot 0 $$ $$ E = 175 + 200 + 250 = \mathbf{625 \text{ Ft}} $$ Egy kék sorsjegyre eső nyeremény várható értéke 625 Ft.

a) Az első két kritériumnak megfelel a készlet (minden érték 160 és 170 közötti, a terjedelem \( 166 - 163 = 3 \)).
A mért tömegek átlaga: $$ \overline{x} = \frac{5 \cdot 163 + 164 + 165 + 2 \cdot 166}{9} = \frac{1476}{9} = 164 \text{ gramm.} $$ A golyók tömegének szórása: $$ \sigma = \sqrt{\frac{5(163-164)^2 + (165-164)^2 + 2(166-164)^2}{9}} = \sqrt{\frac{14}{9}} \approx 1,25 \text{ gramm.} $$ Mivel a szórás nagyobb, mint 1, a készlet nem hitelesíthető.

b) A leggyorsabban komplementer eseménnyel számolhatunk: $$ P(\text{lesz piros}) = 1 - P(\text{mindkettő kék}) = 1 - \frac{7}{10} \cdot \frac{6}{9} = 1 - \frac{42}{90} = 1 - \frac{7}{15} = \mathbf{\frac{8}{15} \approx 0,533} $$

c) A feltételes valószínűség definíciója szerint \( P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \). Mivel az \( A \) esemény (pontosan 2 piros) maga után vonja a \( B \) eseményt (van piros), ezért \( P(A \cap B) = P(A) \).
A visszatevéses húzások miatt binomiális eloszlást használunk (\( p = 0,3 \)): $$ P(A) = \binom{3}{2} \cdot 0,3^2 \cdot 0,7^1 = 3 \cdot 0,09 \cdot 0,7 = 0,189 $$ $$ P(B) = 1 - P(\text{nincs piros}) = 1 - 0,7^3 = 1 - 0,343 = 0,657 $$ A feltételes valószínűség: $$ P(A \mid B) = \frac{0,189}{0,657} = \frac{189}{657} \approx \mathbf{0,288} $$

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) 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) Az origó $(0; 0)$ koordinátáinak behelyettesítése a függvénybe: $$ 0,25 \cdot 0 \cdot (0 - 5)^2 = 0 $$ Tehát az origó rajta van a görbén.
Az $(5; 0)$ pont behelyettesítése: $$ 0,25 \cdot 5 \cdot (5 - 5)^2 = 0 $$ Az állítás tehát igaz.

b) A síkidom területét a határozott integrál adja a $[0; 5]$ intervallumon: $$ T = \int_{0}^{5} 0,25x(x-5)^2 \,dx = 0,25 \int_{0}^{5} (x^3 - 10x^2 + 25x) \,dx $$ Elvégezve az integrálást: $$ T = 0,25 \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{10x^3}{3} + \frac{25x^2}{2} \right]_0^5 = 0,25 \left( \frac{625}{4} - \frac{1250}{3} + \frac{625}{2} \right) = \frac{625}{48} \approx 13,02 $$ A trapéz párhuzamos oldalainak hossza a görbe $x=1$ és $x=3$ pontokban felvett helyettesítési értéke: $$ y(1) = 0,25 \cdot 1 \cdot (1 - 5)^2 = 4 \implies AD = 4 $$ $$ y(3) = 0,25 \cdot 3 \cdot (3 - 5)^2 = 3 \implies BC = 3 $$ A trapéz magassága $AB = 3 - 1 = 2$.
A trapéz területe: $$ T_{\text{trapéz}} = \frac{4 + 3}{2} \cdot 2 = 7 $$ A geometriai valószínűség a kedvező és az összes terület hányadosa: $$ P = \frac{T_{\text{trapéz}}}{T} = \frac{7}{\frac{625}{48}} = \mathbf{\frac{336}{625} = 0,5376} $$

a) Az egyenletet rendezzük nullára: $$ x^2 - (2+m)x + 4 = 0 $$ A másodfokú egyenletnek pontosan akkor van két különböző valós gyöke, ha a diszkriminánsa szigorúan pozitív: $$ D = (2+m)^2 - 4 \cdot 1 \cdot 4 > 0 $$ $$ m^2 + 4m + 4 - 16 > 0 $$ $$ m^2 + 4m - 12 > 0 $$ A másodfokú kifejezés zérushelyei \(m_1 = -6\) és \(m_2 = 2\). A felfelé nyíló parabola ezen értékeken kívül vesz fel pozitív értékeket. Tehát: \( m < -6 \text{ vagy } m > 2 \).

b) A koszinusz függvény értékkészlete folytán tudjuk, hogy \(-1 \le \cos x \le 1\).
A belső kifejezésre így \((1+\cos x)\) értéke a \([0; 2]\) intervallumba esik.
Négyzetre emelve \((1+\cos x)^2\) a \([0; 4]\) halmazon vesz fel értékeket.
Kettőt hozzáadva a nevező értéke: $$ 2 \le (1+\cos x)^2 + 2 \le 6 $$ Mindkét szélsőérték elérhető, és a függvény folytonos. Képezzük az egész kifejezést, azaz osztunk 3-at ezekkel az értékekkel. Mivel minden tag pozitív, a sorrend megfordul: $$ \frac{3}{6} \le \frac{3}{(1+\cos x)^2 + 2} \le \frac{3}{2} $$ Azaz \( \frac{1}{2} \le f(x) \le \frac{3}{2} \), amivel az állítást beláttuk.

c) A legegyszerűbben a komplementer eseménnyel és szorzásszabállyal dolgozhatunk. Az \((A \land B) \lor C\) pontosan akkor hamis, ha mind \((A \land B)\), mind \(C\) egyszerre hamis.
A \(C\) hamis valószínűsége 0,4.
Az \(A \land B\) pontosan akkor igaz, ha \(A\) és \(B\) is igaz, ami \(0,6 \cdot 0,6 = 0,36\). Ebből adódik, hogy az \((A \land B)\) hamis valószínűsége \(1 - 0,36 = 0,64\).
A teljes kifejezés hamis valószínűsége: $$ P(\text{hamis}) = 0,64 \cdot 0,4 = 0,256 $$ A keresett valószínűség, hogy igaz: $$ P(\text{igaz}) = 1 - 0,256 = \mathbf{0,744} $$

a) Az árcsökkenés 300 Ft-ig történik, azaz az árváltozás $500 - 300 = 200$ Ft. Mivel 10 Ft-os lépések vannak, a lépések száma \( n = 20 \).
A plusz eladott mennyiség ekkor $10 \cdot 20^2 = 4000$ darab, tehát összesen $9000$ darabot tudnak értékesíteni.
A havi bevétel ekkor $9000 \cdot 300 = \mathbf{2\,700\,000 \text{ Ft}}$.

b) A bevétel (\(B\)) \(n\) függvényeként az eladott darabszám és az egységár szorzataként írható fel: $$ B(n) = (500 - 10n)(5000 + 10n^2) = 2\,500\,000 - 50\,000n + 5000n^2 - 100n^3 $$ Határozzuk meg a deriváltat és zérushelyeit a szélsőértékhez: $$ B'(n) = -300n^2 + 10\,000n - 50\,000 $$ Nullával egyenlővé téve és egyszerűsítve: $$ 3n^2 - 100n + 500 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei \(n_1 \approx 6,13\) és \(n_2 \approx 27,21\).
Mivel a másodfokú deriváltfüggvény parabolája lefelé nyíló, negatívból pozitívba a kisebbik gyöknél, pozitívból negatívba a nagyobbik gyöknél vált, így az \(n \approx 27,21\) helyen lokális maximum van.
Minthogy \(n\)-nek egésznek kell lennie, kiszámoljuk a szomszédos értékeket: $$ B(27) = 2\,826\,700 \text{ Ft} \quad \text{és} \quad B(28) = 2\,824\,800 \text{ Ft} $$ A maximális bevétel tehát \(\mathbf{n = 27}\) csökkentésnél, azaz 230 Ft-ra csökkentett egységárnál érhető el.

c) A nem nyerő jegyek aránya 95%, így az összes nyerő sorsjegy 5% (vagyis a valószínűségek összege 0,05).
Jelölje az 50 000 Ft-os nyeremény valószínűségét \(p\). Ekkor a 2500 Ft-os nyeremény valószínűsége \(24p\). $$ p + 24p = 0,05 \implies 25p = 0,05 \implies p = 0,002 $$ A 2500 Ft-osé \(24 \cdot 0,002 = 0,048\).

A nyeremény várható értéke (a valószínűségek és az értékek szorzatösszege): $$ E(X) = 0 \cdot 0,95 + 2500 \cdot 0,048 + 50\,000 \cdot 0,002 = 120 + 100 = \mathbf{220 \text{ Ft}} $$

a) A 240 cm széles raktérben az első (legalsó) sorban $240 / 24 = 10$ darab farönk fér el. A második sor farönkjei a hézagokba illeszkednek, itt tehát csak 9 rönk kap helyet. A rönkök sorai felváltva adnak 10 és 9 darabot.
Két sor magasságkülönbségét a farönkök középpontjait összekötő, 24 cm oldalhosszúságú szabályos háromszög magassága adja: $$ h = \frac{24\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3} \approx 20,78 \text{ cm} $$ Ha összesen \(k\) sort tudunk elhelyezni, akkor a rakomány teljes magassága: $$ M(k) = 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} $$ Mivel a raktér 200 cm magas, ezt az egyenlőtlenséget kell megoldanunk: $$ 24 + (k-1) \cdot 12\sqrt{3} \le 200 \implies (k-1) \cdot 20,78 \le 176 \implies k \le 9,47 $$ Tehát maximum 9 sor fér be. Ebből 5 sor 10 farönkből (páratlan sorok), és 4 sor 9 farönkből (páros sorok) áll.
Az összes farönk száma: \( 5 \cdot 10 + 4 \cdot 9 = 50 + 36 = \mathbf{86} \) darab.

b) A teljes raktér térfogata $V_{\text{raktér}} = 2,4 \cdot 2 \cdot 7 = 33,6\text{ m}^3$.
Egyetlen farönk térfogata a henger képlete szerint (\(r = 0,12\text{ m}\), \(h = 7\text{ m}\)): $$ V_1 = 0,12^2 \pi \cdot 7 \approx 0,3167 \text{ m}^3 $$ A 86 rönk együttes térfogata $V_{fa} = 86 \cdot 0,3167 \approx 27,2\text{ m}^3$.
A kitöltött rész aránya $\frac{27,2}{33,6} \approx 0,81$, tehát a térfogat 81%-át töltik ki.
A raktér 19%-a marad üresen.

c) A binomiális eloszlást alkalmazzuk, ahol $n=50$ és a selejtes fa (szúrágta) valószínűsége $p=0,04$. A kérdés az, hogy mi a valószínűsége annak, hogy a selejtesek száma legfeljebb 1, tehát $k=0$ vagy $k=1$.
$$ P(X \le 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = \binom{50}{0} \cdot 0,04^0 \cdot 0,96^{50} + \binom{50}{1} \cdot 0,04^1 \cdot 0,96^{49} $$ Kiszámolva a tagokat: $$ 0,96^{50} \approx 0,130 $$ $$ 50 \cdot 0,04 \cdot 0,96^{49} \approx 0,271 $$ Ezek összege adja a keresett valószínűséget: \( 0,130 + 0,271 = 0,401 \).

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 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) Az 5 négyzet összterülete $500 \text{ cm}^2$. Ebből a gúla alaplapja fixen $100 \text{ cm}^2$, a 4 oldallapot pedig a maradék $400 \text{ cm}^2$-ből vágjuk ki.
Az oldallapok háromszögek, amelyek alapja $10 \text{ cm}$. A legnagyobb lehetséges magasságuk $h = 10 \text{ cm}$ (ekkor épp kitöltik a külső négyzeteket). Ekkor az oldallapok területe: $$ 4 \cdot \frac{10 \cdot 10}{2} = 200 \text{ cm}^2 $$ A minimális hulladék ekkor: $500 - 100 - 200 = \mathbf{200 \text{ cm}^2}$.
Ugyanakkor a gúla felépíthetőségéhez a háromszögek magasságának nagyobbnak kell lennie, mint a $10 \text{ cm}$ oldalú alaplap középpontjából az oldalhoz húzott merőleges vetület, azaz $h > 5 \text{ cm}$. Ebből következően a 4 oldallap területe minimálisan: $$ > 4 \cdot \frac{10 \cdot 5}{2} = 100 \text{ cm}^2 $$ Így a hulladék biztosan kevesebb lesz, mint: $$ < 500 - 100 - 100 = \mathbf{300 \text{ cm}^2} $$ Az állítást ezzel igazoltuk.

b) A 8 csúcs közül 2 csúcsot $\binom{8}{2} = 28$-féleképpen választhatunk ki (összes eset).
Ebből kedvező esetek azok, amikor a kiválasztott csúcspárt él köti össze. A gráfnak megszámlálhatóan 12 éle van (4 a középső négyzetben, és $4 \times 2 = 8$ a külső háromszögekben).
A valószínűség tehát: $$ P = \frac{12}{28} = \mathbf{\frac{3}{7}} $$

c) A gráfunk 8 csúccsal rendelkezik. Ismert gráfelméleti tétel, hogy egy 8 csúcsú erdőnek (körmentes gráfnak) legfeljebb 7 éle lehet (ha összefüggő, akkor fa, melynek élszáma $v - 1 = 7$).
Mivel mi 9 élet színeztünk kékre, a kék élek által alkotott részgráfban az élek száma (9) meghaladja a körmentességhez megengedett maximális élszámot (7). Így a kék színű részgráfban biztosan van kör.

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) Legyen az elfogyasztott ételek nettó ára $x$ Ft, az italoké pedig $y$ Ft. A helyes, illetve a hibás adózási struktúrával felírhatjuk a következőt: $$ 1,04x + 1,3y = 7670 \quad \text{(Helyes számla)} $$ $$ 1,3x + 1,04y = 8710 \quad \text{(Hibás számla)} $$ Összeadva a két egyenletet: $$ 2,34(x + y) = 16\,380 \implies x + y = 7000 $$ Kivonva a helyes egyenletet a hibásból: $$ 0,26(x - y) = 1040 \implies x - y = 4000 $$ Ezt az új, letisztult egyenletrendszert megoldva a két egyenlet összegzésével: $$ 2x = 11\,000 \implies x = 5500 $$ Ebből visszahelyettesítve $y = 1500$.
A feladat a helyes bruttó árakra kérdezett rá, így felszorozzuk őket az eredeti adókulccsal: Helyes bruttó étel: $5500 \cdot 1,04 = \mathbf{5720 \text{ Ft}}$.
Helyes bruttó ital: $1500 \cdot 1,3 = \mathbf{1950 \text{ Ft}}$.

b) A táblázat alapján egy vendég átlagos költsége az étterem számára a várható érték képletével számítható ki: $$ \text{Átlagköltség} = 1000 \cdot 0,1 + 1900 \cdot 0,2 + 2800 \cdot 0,25 + 3600 \cdot 0,3 + 4400 \cdot 0,1 + 5200 \cdot 0,05 = 2960 \text{ Ft} $$ Mivel minden vendég $3900 \text{ Ft}$-ot fizet, az étterem egy vendégen elérhető átlagos haszna $3900 - 2960 = 940 \text{ Ft}$.
1000 vendég esetén a várható haszon $1000 \cdot 940 = \mathbf{940\,000 \text{ Ft}}$.

c) A két vendég esetén akkor van az étteremnek vesztesége, ha a költségük együttesen meghaladja a két vendég által befizetett bruttó $2 \cdot 3900 = 7800 \text{ Ft}$-ot.
Listázzuk és összegezzük azokat a független (kombinált) eseményeket (a sorrendet is figyelembe véve), melyek költsége $ > 7800 \text{ Ft}$:

• $5200 + 5200$: \quad $0,05 \cdot 0,05 = 0,0025$
• $5200 + 4400$ és fordítva: \quad $2 \cdot 0,05 \cdot 0,10 = 0,010$
• $5200 + 3600$ és fordítva: \quad $2 \cdot 0,05 \cdot 0,30 = 0,030$
• $5200 + 2800$ és fordítva: \quad $2 \cdot 0,05 \cdot 0,25 = 0,025$
• $4400 + 4400$: \quad $0,10 \cdot 0,10 = 0,010$
• $4400 + 3600$ és fordítva: \quad $2 \cdot 0,10 \cdot 0,30 = 0,060$

Az összes kedvező (veszteséget jelentő) eset valószínűsége ezen értékek összege: $$ 0,0025 + 0,010 + 0,030 + 0,025 + 0,010 + 0,060 = \mathbf{0,1375} $$

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) A görbéket tükrözésekkel kapjuk meg. - $b$ jelű ív ($y$ tengelyre tükrözés): $y = (1 - (-x))^3 \Rightarrow$ $y = (x+1)^3$, feltéve hogy $-1 \le x \le 0$. - $c$ jelű ív ($x$ tengelyre tükrözés a $b$-ből): $y = -(x+1)^3$, feltéve hogy $-1 \le x \le 0$. - $d$ jelű ív ($x$ tengelyre tükrözés az $a$-ból): $y = -(1-x)^3$, feltéve hogy $0 \le x \le 1$.

b) A tábla jobb felső negyedében lévő sötétített terület nagyságát integrállal határozzuk meg: $$ T_a = \int_0^1 (1-x)^3 dx = \left[ -\frac{(1-x)^4}{4} \right]_0^1 = 0 - \left(-\frac{1}{4}\right) = \frac{1}{4} $$ Egy teljes 1×1-es negyed területe 1, amiből a fehér terület $\frac{3}{4}$. A teljes táblán a fehér terület ezáltal $4 \cdot \frac{3}{4} = 3$ egységnégyzet. Mivel a tábla valójában 2 dm oldalú, a fenti koordinátarendszer 1 egysége pontosan 1 dm. Így egy tábla fehér területe $3 \text{ dm}^2$. 4000 tábla esetében a bevonandó terület: $$ 4000 \cdot 3 \text{ dm}^2 = 12000 \text{ dm}^2 = 120 \text{ m}^2 $$ Mivel 1 kg anyag 12 m²-re elegendő, a szükséges anyag: $$ \frac{120}{12} = \mathbf{10 \text{ kg}} $$

c) A játék 10, 11 vagy 12 játszma után fejeződhet be Bori győzelmével. Ehhez binomiális eloszlást alkalmazunk úgy, hogy az utolsó játszmát mindenképp Bori nyeri. - 10 játszma: Bori nyer 10 zsinórban. Valószínűsége $0,6^{10} \approx 0,006$. - 11 játszma: Az első 10-ből 9-et nyer meg Bori, 1-et Anna, majd a 11.-et Bori. $$ \binom{10}{9} \cdot 0,6^9 \cdot 0,4^1 \cdot 0,6 = 10 \cdot 0,6^{10} \cdot 0,4 \approx 0,024 $$ - 12 játszma: Az első 11-ből 9-et nyer meg Bori, 2-t Anna, majd a 12.-et Bori. $$ \binom{11}{9} \cdot 0,6^9 \cdot 0,4^2 \cdot 0,6 = 55 \cdot 0,6^{10} \cdot 0,16 \approx 0,053 $$ Ezek egymást kizáró események, így az összegük adja meg a végeredményt: $$ P \approx 0,006 + 0,024 + 0,053 = \mathbf{0,083} $$

a) Jelölje a hiányzó tanulók számát $x$, a jelenlévő $(80-x)$ diák helyesen számolt átlageredményét pedig $y$. Az első alkalommal szerzett pontok összege: $(80-x)y$. Ebből az első, "hibás" átlag: $$ \text{Hibás átlag} = \frac{(80-x)y}{80} = y - 4,2 $$ Ebből felírhatjuk az első egyenletünket átszorzással és rendezéssel: $$ 80y - xy = 80y - 336 \Rightarrow xy = 336 $$ Később az $x$ hiányzó diák 64 pontos átlaggal pótolt, és így a 80 fős összesített átlag 67 lett: $$ \frac{(80-x)y + 64x}{80} = 67 \Rightarrow (80-x)y + 64x = 5360 $$ Behelyettesítve a zárójel kibontásával keletkező $-xy$ helyére a $336$-ot: $$ 80y - 336 + 64x = 5360 \Rightarrow 80y + 64x = 5696 \Rightarrow 5y + 4x = 356 $$ Kifejezve $x$-et kapjuk, hogy $x = 89 - 1,25y$. Ezt beírjuk az $xy = 336$ egyenletbe: $$ (89 - 1,25y)y = 336 \Rightarrow 1,25y^2 - 89y + 336 = 0 $$ A másodfokú egyenlet gyökei $y_1 = 67,2$ és $y_2 = 4$. Ha $y = 4$, akkor $x = 84$ lenne, de az osztály csupán 80 fős, így ez nem lehetséges. Tehát $y = 67,2$, amiből adódik, hogy $x = 5$. Ennek megfelelően az első alkalommal 5 tanuló hiányzott, és a megírók helyes átlaga 67,2 pont volt.

b) A várható érték kiszámításához külön-külön vizsgáljuk az öt kérdés valószínűségi változóinak várható értékét (helyes válasz esetén 1, hibás esetén 0). A független események összegeként a teljes várható érték az egyes várható értékek összege lesz. - 1. és 2. kérdés: 100%-os bizonyossággal jók, így $1+1=2$ várható pont. - 3. és 4. kérdés: 4 lehetőségből 1 kiesett, a maradék 3-ból 1 a helyes. A találat esélye $\frac{1}{3}$. Várható pont: $\frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$. - 5. kérdés: 4 lehetőségből 2 kiesett, így 2-ből 1 a jó. Esélye $\frac{1}{2}$. Várható pont: $\frac{1}{2}$. Összesítve: $$ E = 2 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = 2 + \frac{4}{6} + \frac{3}{6} = 2 + \frac{7}{6} = \mathbf{\frac{19}{6}} \approx 3,17 \text{ pont.} $$

a) Legyen a gúla alaplapja az \( ABC \) háromszög, melynek középpontja (súlypontja) \( S \), a gúla csúcsa \( D \). A \( DS \) merőleges az alaplapra. A feltétel szerint a \( DAS\angle = 30^\circ \).
Az \( AS \) szakasz az \( ABC \) szabályos háromszög magasságának kétharmada: $$ AS = \frac{2}{3} \cdot \frac{6\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} \approx 3{,}46 \text{ cm} $$ A gúla testmagassága a \( DAS \) derékszögű háromszögből: $$ DS = AS \cdot \operatorname{tg} 30^\circ = 2\sqrt{3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = 2 \text{ cm} $$ Az \( ABC \) háromszög területe: $$ T = \frac{6^2\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3} \approx 15{,}59 \text{ cm}^2 $$ A gúla térfogata: $$ V = \frac{1}{3} \cdot T \cdot DS = \frac{1}{3} \cdot 9\sqrt{3} \cdot 2 = \mathbf{6\sqrt{3} \approx 10{,}4 \text{ cm}^3} $$

b) Ha az 1-es, a 2-es és a 3-as dobás valószínűsége \( p \), akkor a 4-es dobás valószínűsége \( 5p \). Mivel ezek alkotják a teljes eseményrendszert: $$ p + p + p + 5p = 1 \implies 8p = 1 \implies p = \frac{1}{8} $$ A dobott számok összege akkor lehet 6, ha az egyik tetraéderrel 2-t, a másikkal 4-et dobunk, vagy fordítva, illetve ha mindkettővel 3-at dobunk.
Ezeknek a diszjunkt eseményeknek a valószínűségei: $$ P(2 \text{ és } 4) = \frac{1}{8} \cdot \frac{5}{8} = \frac{5}{64} $$ $$ P(4 \text{ és } 2) = \frac{5}{8} \cdot \frac{1}{8} = \frac{5}{64} $$ $$ P(3 \text{ és } 3) = \frac{1}{8} \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{64} $$ A kérdezett valószínűség ezek összege: $$ P(\text{összeg } 6) = \frac{5}{64} + \frac{5}{64} + \frac{1}{64} = \mathbf{\frac{11}{64} \approx 0{,}172} $$

a) I. állítás: hamis.
Az öt számjegy között a skatulyaelv miatt biztosan lesz három azonos paritású. Két számjegy különbsége pontosan akkor páros, ha azonos paritásúak. Ezért a három azonos paritású számjegyhez tartozó csúcsok mindegyike össze lesz kötve egymással, ami egy kört (háromszöget) alkot a gráfban. Egy köröket tartalmazó gráf viszont nem lehet fagráf.
II. állítás: igaz.
Megfelelő példa: ha választunk négy páratlan és egy páros számjegyet (pl. 1, 3, 5, 7 és 2). Ekkor a páratlan számok egy összefüggő részgráfot (teljes gráfot) alkotnak, míg a páros számnak megfelelő csúcs izolált lesz, így a gráf nem összefüggő.

b) Legyen a célállomások száma a két évvel ezelőtti időpontban \( n \), jelenleg pedig \( 1{,}5n \).
Mivel bármely két célállomás között van repülőjárat, a járatok száma egyenlő az \( n \) csúcsú teljes gráf éleinek számával. A feltétel szerint: $$ \binom{1{,}5n}{2} - \binom{n}{2} = 60 $$ Kifejtve a binomiális együtthatókat: $$ \frac{1{,}5n(1{,}5n - 1)}{2} - \frac{n(n - 1)}{2} = 60 $$ $$ 2{,}25n^2 - 1{,}5n - n^2 + n = 120 $$ $$ 1{,}25n^2 - 0{,}5n - 120 = 0 $$ Nullára rendezett másodfokú egyenletet megoldva a pozitív gyök \( n = 10 \).
Jelenleg tehát \( 1{,}5 \cdot 10 = \mathbf{15} \) célállomásra közlekednek.

c) A modell szerint 0,968 annak a valószínűsége, hogy egy utas megjelenik az indulásnál.
Binomiális eloszlást alkalmazva, annak a valószínűsége, hogy 169 utas jelenik meg (1 marad le): $$ P(169) = \binom{170}{169} \cdot 0{,}968^{169} \cdot 0{,}032^1 \approx 0{,}0223 $$ Annak a valószínűsége, hogy 170 utas jelenik meg (2 marad le): $$ P(170) = \binom{170}{170} \cdot 0{,}968^{170} \cdot 0{,}032^0 \approx 0{,}0040 $$ Annak a valószínűsége, hogy legfeljebb 168 utas jelenik meg (mindenkinek jut hely): $$ 1 - P(169) - P(170) \approx 1 - 0{,}0223 - 0{,}0040 = \mathbf{0{,}9737} $$ A légitársaság által fizetendő kártérítés várható értéke: $$ P(169) \cdot 600 + P(170) \cdot 1200 \approx 0{,}0223 \cdot 600 + 0{,}0040 \cdot 1200 \approx 13{,}38 + 4{,}80 = \mathbf{18{,}18 \text{ euró}} $$ (A hivatalos javítókulcs az eredmények kerekítésével 18 eurót is elfogad.)

a) I. állítás: Hamis. Ellenpélda az olyan trapéz, amelynek 2-2 szemközti szöge egyenlő, míg a szomszédos szögei különbözők. Az ilyen négyszög egy (nem téglalap) paralelogramma. II. állítás: Igaz. Mivel egy háromszögben egyenlő oldalakkal szemben egyenlő szögek fekszenek, ha \( a = b \), akkor \( \alpha = \beta \). Ekkor természetesen \( 3\alpha = 3\beta \), amiből következik, hogy \( \sin 3\alpha = \sin 3\beta \).

b) A megfordított állítás: Ha egy háromszögben \( \sin 3\alpha = \sin 3\beta \), akkor \( a = b \). Ez a megfordítás hamis. Ellenpélda: Legyen \( \alpha = 20^\circ \) és \( \beta = 40^\circ \). Ekkor \( 3\alpha = 60^\circ \) és \( 3\beta = 120^\circ \). Mivel \( \sin 60^\circ = \sin 120^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2} \), a feltétel teljesül, de a szögek eltérőek (\( 20^\circ \neq 40^\circ \)), így a velük szemközti oldalak nem egyenlőek (\( a \neq b \)).

c) Annak valószínűsége, hogy hibásan válaszol: \( 1 - 0,6 = 0,4 \). A tippek számát a binomiális eloszlás alapján számolhatjuk: - 0 helyes: \( P_0 = 0,4^3 = \mathbf{0,064} \) - 1 helyes: \( P_1 = \binom{3}{1} \cdot 0,6^1 \cdot 0,4^2 = 3 \cdot 0,6 \cdot 0,16 = \mathbf{0,288} \) - 2 helyes: \( P_2 = \binom{3}{2} \cdot 0,6^2 \cdot 0,4^1 = 3 \cdot 0,36 \cdot 0,4 = \mathbf{0,432} \) - 3 helyes: \( P_3 = 0,6^3 = \mathbf{0,216} \) Várható érték: A vizsgázó pontszámai: \( 0, 1 \) vagy \( 2 \). A pontszám várható értéke: \( E = P_3 \cdot 2 + P_2 \cdot 1 + P_1 \cdot 0 + P_0 \cdot 0 = 0,216 \cdot 2 + 0,432 \cdot 1 = 0,432 + 0,432 = \mathbf{0,864} \).

a) A Venus dobáshoz ki kell jönnie mind a négy lehetőségnek: \( A, B, C, D \). Ezeknek a sorrendje \( 4! = 24 \) féle lehet. Egy konkrét sorrend (\( A \to B \to C \to D \)) valószínűsége független dobások esetén a valószínűségek szorzata: $$ P_{egy} = 0,4 \cdot 0,4 \cdot 0,1 \cdot 0,1 = 0,0016 $$ Tehát a Venus-dobás valószínűsége: $$ P = 24 \cdot 0,0016 = \mathbf{0,0384} $$

b) I. esemény: Annak valószínűsége, hogy egyik taxillus sem lesz \( C \) helyzetű: \( 0,9^4 = 0,6561 \). Ebből komplementer eseménnyel, hogy legalább egy \( C \) lesz: $$ P(I) = 1 - 0,6561 = \mathbf{0,3439} $$ II. esemény: Pontosan egy \( A \). Ez egy binomiális eloszlás (\( n=4, p=0,4 \)): $$ P(II) = \binom{4}{1} \cdot 0,4^1 \cdot 0,6^3 = 4 \cdot 0,4 \cdot 0,216 = \mathbf{0,3456} $$ Összehasonlítva a két értéket: \( 0,3456 > 0,3439 \). Tehát a II. esemény valószínűbb, mint az I.

c) Vizsgáljuk a derékszögű háromszögeket, amelyek keletkeznek. Mivel \( F \) a \( CD \) szakasz felezőpontja, \( CF = FD \). A \( CA \) és \( DB \) merőlegesek az \( e \) egyenesre, ezért párhuzamosak, így \( GCF\triangle \) és \( BDF\triangle \) egybevágó (mert \( CF=FD \), és a csúcsszögek, valamint a váltószögek egyenlőek). Emiatt \( BF = FG \). Hasonló módon a \( ACF\triangle \) és a \( HDF\triangle \) is egybevágóak, így \( AF = FH \). Az \( ABHG \) négyszög átlói az \( AH \) és a \( BG \), amelyek az \( F \) pontban metszik egymást. Mivel \( AF = FH \) és \( BF = FG \), az átlók felezik egymást, vagyis az \( ABHG \) négyszög egy paralelogramma. Paralelogramma szemközti oldalai egyenlőek, így az \( AB \) (a sziget hossza) megegyezik a parton kimért \( GH \) távolsággal. Ezzel az állítást igazoltuk.

a) Dóri az összes figura \( \frac{2}{7} \) részét készítette, ez \( 70 \cdot \frac{2}{7} = 20 \) darab. A maradék 50 figurát Blanka és Csenge egyenlő arányban készítette, tehát mindketten 25-25 darabot.
Az összes lehetséges kiválasztások száma 70-ből 2 figura esetén: \( \binom{70}{2} = 2415 \).
Kedvező esetek száma (amikor mindkét figurát ugyanaz a személy hajtogatta): $$ \binom{25}{2} + \binom{25}{2} + \binom{20}{2} = 300 + 300 + 190 = 790 $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{790}{2415} = \mathbf{\frac{158}{483}} \approx 0,327 $$

b) A karácsonyfa-figurák mennyisége személyenként: - Blanka: \( 25 \cdot 0,4 = 10 \) darab - Csenge: \( 25 \cdot 0,6 = 15 \) darab - Dóri: \( 20 \cdot 0,3 = 6 \) darab Az összes karácsonyfa-figura száma \( 10 + 15 + 6 = 31 \) darab. Mivel Blanka édesanyja biztosan karácsonyfát választott, az eseménytér erre a 31 darabra korlátozódik, amiből a kedvező kimenetel Blanka 10 darab figurája. A feltételes valószínűség: $$ P = \mathbf{\frac{10}{31}} \approx 0,323 $$

c) A függődísz érintőnégyszög, így a Pitot-tétel szerint a szemközti oldalak összege egyenlő, tehát a kerület fele. A szemközti oldalak összege így \( \frac{80}{2} = 40 \) cm.
A négy oldal hosszát egy szigorúan monoton számtani sorozattal írhatjuk le (mivel azonos is lehetne a differencia 0-val, de az nyilván nem megoldás az egyik 23 cm-es oldallal). Legyenek az oldalak a nagyság szerint rendezve: \( a \), \( a+d \), \( a+2d \), \( a+3d \).
Az érintőnégyszögre igaz, hogy a legkisebb és legnagyobb oldal összege megegyezik a két középső oldal összegével (\( a + (a+3d) = (a+d) + (a+2d) \)), mindkettő \( 2a + 3d \). Így felírhatjuk a \( 2a + 3d = 40 \) egyenletet. Tudjuk, hogy az egyik oldal 23 cm hosszú. Ezt kétféleképpen vehetjük fel: 1. eset: A 23 cm-es oldal a "szélén" van a sorozatban (pl. a 4. elem, azaz a leghosszabb): $$ a + 3d = 23 \implies 2(23 - 3d) + 3d = 40 \implies 46 - 3d = 40 \implies 3d = 6 \implies d = 2 $$ A sorozat tagjai: \( a = 17 \). Az oldalak: 17, 19, 21, 23. 2. eset: A 23 cm-es oldal "középen" van a sorozatban (pl. a 3. elem): $$ a + 2d = 23 \implies a = 23 - 2d \implies 2(23 - 2d) + 3d = 40 \implies 46 - d = 40 \implies d = 6 $$ A sorozat tagjai: \( a = 11 \). Az oldalak: 11, 17, 23, 29. Mindkét sorozat érvényes konvex négyszöget alkothat, a másik három oldal hossza tehát **17 cm, 19 cm, 21 cm** vagy **11 cm, 17 cm, 29 cm** lehet.

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) Ha a kapacitás \( 0,06\% \)-kal csökken, akkor minden ciklus után az előző érték \( 100\% - 0,06\% = 99,94\% \)-ára (vagyis \( 0,9994 \)-szeresére) változik.
350 teljes töltés után a kapacitás szorzója: $$ 0,9994^{350} \approx 0,8105 $$ Tehát az eredeti érték \( 81,05\% \)-a marad meg, a csökkenés pedig körülbelül \( 19\% \)-os.

b) Keresünk egy \( n \) ciklusszámot, amelyre a kapacitás a felére csökken: $$ 0,9994^n = 0,5 $$ Logaritmust alkalmazva: $$ n = \log_{0,9994} 0,5 \approx 1155 \text{ ciklus.} $$ Mivel évente 200 töltési ciklust végeznek, az ehhez szükséges idő: $$ t = \frac{1155}{200} = 5,775 $$ A felezési idő tehát körülbelül 5,8 év.

c) A vevő 3 akkumulátort vásárol a 25-ből, ami összesen \( \binom{25}{3} = 2300 \)-féleképpen lehetséges. A "legfeljebb egy" azt jelenti, hogy 0 vagy 1 akkumulátor kapacitása kisebb 70%-nál (ezekből összesen 10 db van, a maradék 15 db kapacitása 70% fölötti).
- Pontosan 0 db 70% alatti kiválasztása: \( \binom{15}{3} = 455 \) lehetőség.
- Pontosan 1 db 70% alatti kiválasztása: \( \binom{10}{1} \cdot \binom{15}{2} = 10 \cdot 105 = 1050 \) lehetőség.
A keresett valószínűség a megfelelő esetek és az összes eset hányadosa: $$ P = \frac{455 + 1050}{2300} = \frac{1505}{2300} \approx \mathbf{0,654} $$

a) Annak a valószínűsége, hogy legalább egy nyer, a komplementer eseménnyel könnyen kiszámolható (egyik sem nyer): $$ P(\text{legalább egy}) = 1 - P(\text{egyik sem}) = 1 - 0,8^5 = 1 - 0,32768 \approx \mathbf{0,672} $$

b) Az I. eseménynél az első öt csokiból pontosan 2 nyer, és a 2 új csoki egyike sem nyer. A binomiális eloszlás alapján: $$ P(\text{I}) = \binom{5}{2} \cdot 0,2^2 \cdot 0,8^3 \cdot 0,8^2 = 10 \cdot 0,04 \cdot 0,512 \cdot 0,64 \approx \mathbf{0,131} $$ A II. eseménynél az első öt csokiból pontosan 1 nyer, a nyeremény (6.) csoki szintén nyer, a rá kapott (7.) csoki viszont már nem nyer: $$ P(\text{II}) = \binom{5}{1} \cdot 0,2^1 \cdot 0,8^4 \cdot 0,2 \cdot 0,8 = 5 \cdot 0,2 \cdot 0,4096 \cdot 0,16 \approx \mathbf{0,066} $$ Látható, hogy az I. esemény valószínűsége nagyobb.

c) A csokiszelet térfogata 20%-kal nőtt, így az új térfogat az eredeti 1,2-szerese. Mivel a testek hasonlóak, a térfogatok aránya a hasonlósági arány köbével egyezik meg. A hasonlóság aránya tehát: $$ \lambda = \sqrt[3]{1,2} \approx 1,06266 $$ Ha az eredeti szelet hossza \( x \) centiméter, akkor a megnövelté \( x + 1 \). Felírható a képlet: $$ 1,06266x \approx x + 1 \implies 0,06266x \approx 1 \implies x \approx 15,96 $$ A kerekített válasz: az eredeti csokiszelet hossza 16 cm.

a) A szabályszerűség szerint az első óra után az értékek duplázódnak a második órától tekintve. A második órában \( 4+3=7 \) sejt fertőződött meg. Az \( n \)-edik órában (\( n \ge 2 \)) lévő fertőzött cellák száma tehát az alábbi mértani sorozat szerint írható le: $$ C(n) = 7 \cdot 2^{n-2} $$ Ennek meg kell haladnia a \( 10\,000\,000 \)-t: $$ 7 \cdot 2^{n-2} > 10\,000\,000 \implies 2^{n-2} > \frac{10\,000\,000}{7} $$ Vegyszük mindkét oldal logaritmusát: $$ (n-2) \lg 2 > \lg\left(\frac{10\,000\,000}{7}\right) \implies n > 2 + \frac{\lg \approx 1\,428\,571}{\lg 2} $$ $$ n > 2 + 20,44 = 22,44 $$ Tehát a 23. órában haladja meg a tízmilliót.

b) Értékeljük ki a lehetséges változásokat egy dobásnál:
- Csökken 1 millióval: \( P = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \)
- Változatlan: \( P = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \)
- Nő 1 millióval: \( P = \frac{1}{6} \)
A baktériumok számának 10 millióról legalább 5 milliót kell csökkennie. Ehhez 7 dobás során az alábbi, egymást kizáró esetek lehetségesek a negatív kimenetel javára:
1. Pontosan 5-ször csökken, és a maradék 2 alkalommal változatlan marad (ha nőne, nem esne 5 millió alá a szint): $$ \binom{7}{5} \left(\frac{1}{2}\right)^5 \left(\frac{1}{3}\right)^2 \approx 0,073 $$ 2. Pontosan 6-szor csökken. Ekkor a fennmaradó 1 alkalommal lehet változatlan, vagy nőhet is, a végeredmény így is elegendő lesz (-6 + 1 = -5 csökkenés biztosított). $$ \binom{7}{6} \left(\frac{1}{2}\right)^6 \left(\frac{1}{2}\right)^1 \approx 0,055 $$ 3. Mind a 7 alkalommal csökken: $$ \binom{7}{7} \left(\frac{1}{2}\right)^7 \approx 0,008 $$ A teljes valószínűség az összegük: \( 0,073 + 0,055 + 0,008 = \mathbf{0,136} \). Pontos formában az érték \( \frac{13}{96} \).

a) Az első árcsökkentés szorzója \( \left(1 - \frac{p}{100}\right) \), a másodiké pedig \( \left(1 - \frac{p+4,5}{100}\right) \). A végleges szorzó 18,6%-os csökkenést ír le, tehát \( 1 - 0,186 = 0,814 \). $$ \left(1 - \frac{p}{100}\right) \left(1 - \frac{p+4,5}{100}\right) = 0,814 $$ Célszerű bevezetni az elegánsabb \( q = 1 - \frac{p}{100} \) változót. Ezzel a formázás lényegesen megtisztul: $$ q(q - 0,045) = 0,814 \implies q^2 - 0,045q - 0,814 = 0 $$ A másodfokú egyenlet pozitív gyöke \( q = 0,925 \).
Visszatérve \( p \)-re: \( 1 - \frac{p}{100} = 0,925 \implies p = 7,5 \).
Tehát az első csökkentés 7,5%-os, míg a második (\( 7,5 + 4,5 \)) 12%-os volt.

b) A feladat egy klasszikus urnamodell skatulyaelvvel fűszerezve. Mivel mindössze 3 különböző színű kesztyűpár van a rendszerben, 4 húzás után kötelezően biztosítva van az egyezés. Ebből azonnal adódik, hogy az elméleti maximum lépésszám határolt: $$ P(1) = 0, \quad P(5) = 0, \quad P(6) = 0 $$ Elemezzük a releváns \( P(k) \) kimeneteleket:
- \( P(2) \): A második kihúzott kesztyűnek egyeznie kell az első húzás színével. (Maradt 5 kesztyű, melyből pontosan 1 megfelelő.) $$ P(2) = \frac{1}{5} $$ - \( P(3) \): A második kihúzott kesztyű eltér az elsőtől, de a harmadik egyezik valamelyik korábbival. (Az első két húzott különböző színét a maradék 4 kesztyűből 2 párja elégíti ki.) $$ P(3) = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{2}{5} $$ - \( P(4) \): Az első három húzás biztosan mind különböző színű, a negyedik pedig kötelezően megegyezik valamelyikkel. $$ P(4) = \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{3}{3} = \frac{2}{5} $$

Húzások száma (\( k \))	Valószínűség (\( P(k) \))
1, 5, 6	0
2	\( \frac{1}{5} \)
3	\( \frac{2}{5} \)
4	\( \frac{2}{5} \)

A húzások számának várható értékét a valószínűségek lineáris kombinációja adja meg: $$ E = 2 \cdot \frac{1}{5} + 3 \cdot \frac{2}{5} + 4 \cdot \frac{2}{5} = \frac{2 + 6 + 8}{5} = \frac{16}{5} = \mathbf{3,2} $$

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) A számtani sorozat tagjai \( 5k + 4 \) alakúak (\( k \in \mathbb{N} \)). Az ezer alatti tagok száma a megoldandó egyenlőtlenségből adódik: $$ 5k + 4 < 1000 \implies 5k \le 995 \implies k \le 199 $$ Mivel \( k \) nullától indul a \( 4 \)-es taggal, összesen 200 ilyen tag van (vagy egyenletes leosztással: a legnagyobb \( a_{200} = 4 + 199 \cdot 5 = 999 \)).
A mértani sorozat tagjai \( 3 \cdot 2^{n-1} \) alakúak. A megfelelő tagok: 3, 6, 12, 24, 48, 96, 192, 384, 768. Ez 9 darab tag.
A kedvező esetek összegzésekor le kell vonnunk a közös tagokat, különben duplán számolnánk őket. A számtani sorozat elemei pontosan azok a számok, melyek utolsó számjegye 4 vagy 9 (mivel 5-tel osztva 4 a maradék).
A mértani sorozat kilenc eleme közül a 24 és a 384 végződik 4-re, 9-re egy sem. Így 2 közös tag van.
A kedvező számok darabszáma: \( 200 + 9 - 2 = 207 \).
Az ezer alatti pozitív egészek száma 999. A keresett valószínűség: $$ P = \frac{207}{999} $$ A törtet 9-cel egyszerűsítve megkapjuk a relatív prím alakot: $$ \mathbf{P = \frac{23}{111}} $$

b) Legyen a három teljes gráf csúcsainak száma elegánsan \( n-d \), \( n \) és \( n+d \), ahol \( d \) pozitív egész szám (mivel a sorozat növekvő).
Egy \( k \) csúcsú teljes gráf éleinek száma \( \frac{k(k-1)}{2} \). Az élek száma rendre: $$ E_1 = \frac{(n-d)(n-d-1)}{2}, \quad E_2 = \frac{n(n-1)}{2}, \quad E_3 = \frac{(n+d)(n+d-1)}{2} $$ Indirekt módon tegyük fel, hogy ezek is számtani sorozatot alkotnak, azaz \( E_1 + E_3 = 2E_2 \).
Behelyettesítve és 2-vel felszorozva az egyenletet: $$ (n-d)(n-d-1) + (n+d)(n+d-1) = 2n(n-1) $$ Bontsuk fel a zárójeleket: $$ (n^2 - 2nd + d^2 - n + d) + (n^2 + 2nd + d^2 - n - d) = 2n^2 - 2n $$ Vonjuk össze az azonos tagokat a bal oldalon: $$ 2n^2 + 2d^2 - 2n = 2n^2 - 2n $$ Mindkét oldalból kivonva \( (2n^2 - 2n) \)-t adódik: $$ 2d^2 = 0 \implies d = 0 $$ Ez azonban ellentmondás, hiszen a kiindulási feltétel szerint a sorozat szigorúan növekvő, tehát \( d > 0 \).
Az indirekt feltevésünk hibás volt, így igazoltuk, hogy a gráf éleinek száma nem alkothat számtani sorozatot.

a) Az összes eset száma \(\binom{10}{5} = 252\).
A 2 fehér (és 3 piros) golyó húzásának valószínűsége: $$ P(2 \text{ fehér}) = \frac{\binom{6}{2} \cdot \binom{4}{3}}{\binom{10}{5}} $$ A 4 fehér (és 1 piros) golyó húzásának valószínűsége: $$ P(4 \text{ fehér}) = \frac{\binom{6}{4} \cdot \binom{4}{1}}{\binom{10}{5}} $$ Mivel \(\binom{6}{2} = \binom{6}{4}\) és \(\binom{4}{3} = \binom{4}{1}\), a két valószínűség egyenlő (\( \frac{60}{252} \approx 0,238 \)), tehát a tanuló kijelentése igaz.

b) Visszatevéses húzás esetén a fehér golyó húzásának valószínűsége állandó \(p = \frac{6}{10} = 0,6\), a pirosé \(q = 0,4\). Binomiális eloszlást alkalmazva:
A 2 fehér golyó húzásának valószínűsége: $$ P(2 \text{ fehér}) = \binom{5}{2} \cdot 0,6^2 \cdot 0,4^3 \approx 0,230 $$ A 4 fehér golyó húzásának valószínűsége: $$ P(4 \text{ fehér}) = \binom{5}{4} \cdot 0,6^4 \cdot 0,4^1 \approx 0,259 $$ Mivel \(0,230 \neq 0,259\), a két valószínűség különbözik, így a tanuló kijelentése nem igaz.

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 ilyen típusú feladatokat a legkönnyebb a komplementer esemény segítségével megoldani. A "legalább 2 magozatlan szem" komplementere a "0 vagy 1 magozatlan szem van az üvegben".
A mag bent maradásának valószínűsége \(p = 0,01\), a mag eltávolításáé \(q = 0,99\). A binomiális eloszlást alkalmazzuk (\(n = 120\)):
A 0 magozatlan szem valószínűsége: $$ P(X=0) = \binom{120}{0} \cdot 0,01^0 \cdot 0,99^{120} \approx 0,2994 $$ Az 1 magozatlan szem valószínűsége: $$ P(X=1) = \binom{120}{1} \cdot 0,01^1 \cdot 0,99^{119} \approx 0,3629 $$ A keresett valószínűség tehát a kettő összegének komplementere: $$ P(X \ge 2) = 1 - (0,2994 + 0,3629) = 1 - 0,6623 = \mathbf{0,3377} $$

b) Először kiszámoljuk a hasáb húrtrapéz alakú alaplapjának területét. A trapéz magassága Pitagorasz-tétellel számolható a levágott derékszögű háromszögekből: $$ m_{\text{trapéz}} = \sqrt{1^2 - \left(\frac{3 - 1,8}{2}\right)^2} = \sqrt{1^2 - 0,6^2} = 0,8 \text{ m} $$ A trapéz területe: $$ T = \frac{3 + 1,8}{2} \cdot 0,8 = 1,92 \text{ m}^2 $$ A hasáb térfogata, mivel magassága 2 m: $$ V = T \cdot M = 1,92 \cdot 2 = \mathbf{3,84 \text{ m}^3} $$ Amikor 2,7 m\(^3\) folyadékot töltenek a konténerbe (mely az \(1,8 \text{ m} \times 2 \text{ m}\)-es lapján áll), a folyadék is egy hasábot formáz, amelynek hossza szintén 2 m. Az új "alaplap" (vízszintes trapéz rész) területe: $$ T_{\text{folyadék}} = \frac{2,7}{2} = 1,35 \text{ m}^2 $$ Legyen a folyadék magassága \(x\). Az alsó él hossza 1,8 m, a felső vízszint szélessége a hasonlóság miatt \(1,8 + 2y\), ahol \(\frac{y}{x} = \frac{0,6}{0,8} = 0,75\), azaz \(y = 0,75x\). A felső él hossza tehát \(1,8 + 1,5x\).
Ebből felírható a terület képlete \(x\)-re: $$ \frac{1,8 + (1,8 + 1,5x)}{2} \cdot x = 1,35 $$ $$ (1,8 + 0,75x) \cdot x = 1,35 \implies 0,75x^2 + 1,8x - 1,35 = 0 $$ Megoldva a másodfokú egyenletet: $$ x_{1,2} = \frac{-1,8 \pm \sqrt{1,8^2 - 4 \cdot 0,75 \cdot (-1,35)}}{1,5} = \frac{-1,8 \pm 2,7}{1,5} $$ A pozitív megoldás \(x = 0,6 \text{ m}\). A folyadék tehát 60 cm magasan áll.

a) A találat esélye \( p = 0,25 \). Binomiális eloszlással számolva a "legalább három találat" esemény komplementerét használjuk ("kevesebb mint három", azaz 0, 1 vagy 2 találat): $$ P(X \ge 3) = 1 - (P(0) + P(1) + P(2)) $$ $$ P(0) = \binom{8}{0} \cdot 0,25^0 \cdot 0,75^8 \approx 0,1001 $$ $$ P(1) = \binom{8}{1} \cdot 0,25^1 \cdot 0,75^7 \approx 0,2670 $$ $$ P(2) = \binom{8}{2} \cdot 0,25^2 \cdot 0,75^6 \approx 0,3115 $$ Összegük \( \approx 0,6786 \). A keresett valószínűség: \( 1 - 0,6786 = \mathbf{0,321} \).

b) A komplementer esemény segítségével (egyszer sem talál el semmit): $$ P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) \ge 0,95 $$ $$ 1 - 0,75^n \ge 0,95 \implies 0,75^n \le 0,05 $$ Logaritmust véve mindkét oldalon (mivel \( \lg 0,75 < 0 \), a relációjel megfordul): $$ n \ge \frac{\lg 0,05}{\lg 0,75} \approx 10,41 $$ Daninak tehát legalább 11 lövésre van szüksége.

c) Legyen a találat új valószínűsége \( p \). Három lövésből pontosan egy vagy két találat valószínűsége megegyezik a komplementer esetek levonásával (0 találat és 3 találat): $$ 1 - P(\text{0 találat}) - P(\text{3 találat}) = 0,72 $$ $$ 1 - (1-p)^3 - p^3 = 0,72 $$ Kibontva az azonosságot: $$ 1 - (1 - 3p + 3p^2 - p^3) - p^3 = 0,72 $$ $$ 3p - 3p^2 = 0,72 \implies p^2 - p + 0,24 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével: $$ p_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 0,96}}{2} = \frac{1 \pm 0,2}{2} $$ A két gyök \( p_1 = 0,6 \) és \( p_2 = 0,4 \). Mindkettő érvényes valószínűség, tehát a második félév végén a találat valószínűsége 0,4 vagy 0,6 lehet.

a) Az összes lehetséges eset száma, ahányféleképpen a 20 tojásból 10 kiválasztható a sárga tartóba: \( \binom{20}{10} = 184\,756 \).

Annak az esetnek a száma, hogy mind a 4 hibás tojás a sárga tartóba kerül (így a maradék 6 helyre a 16 ép tojásból választunk): \( \binom{4}{4} \cdot \binom{16}{6} = 1 \cdot 8008 = 8008 \).

Ennek a valószínűsége: \( \frac{8008}{184\,756} \approx 0,0433 \).

Mivel a 4 hibás tojás a fehér tartóba is kerülhet ugyanekkora valószínűséggel, a kérdéses valószínűség ennek kétszerese:

$$ P = 2 \cdot \frac{8008}{184\,756} \approx \mathbf{0,087} $$

b) A feladatot binomiális eloszlással oldjuk meg (\( n=10 \), \( p=0,02 \)). Annak valószínűségét keressük, hogy a törött tojások száma 1-nél több. Kiszámoljuk a komplementer események (0 vagy 1 törött) valószínűségét, és kivonjuk 1-ből.

0 törött tojás (mind ép, aminek valószínűsége 0,98):

$$ P(0) = 0,98^{10} \approx 0,8171 $$

Pontosan 1 törött tojás:

$$ P(1) = \binom{10}{1} \cdot 0,02^1 \cdot 0,98^9 = 10 \cdot 0,02 \cdot 0,8337 \approx 0,1667 $$

A keresett valószínűség:

$$ P(>1) = 1 - (P(0) + P(1)) = 1 - (0,8171 + 0,1667) = 1 - 0,9838 = \mathbf{0,0162} $$

c) Jelölje \( A \) azt az eseményt, hogy az A termelőtől jön, \( B \), hogy a B termelőtől. Legyen \( E \) az az esemény, hogy a tojás első osztályú. A Bayes-tételt alkalmazzuk.

Adottak: \( P(A) = 0,6 \), \( P(B) = 0,4 \). A feltételes valószínűségek: \( P(E|A) = 0,6 \), \( P(E|B) = 0,3 \).

Először a teljes valószínűség tételével meghatározzuk, hogy mennyi a valószínűsége annak, hogy egy tojás első osztályú:

$$ P(E) = P(A) \cdot P(E|A) + P(B) \cdot P(E|B) = 0,6 \cdot 0,6 + 0,4 \cdot 0,3 = 0,36 + 0,12 = 0,48 $$

A kérdéses valószínűség (\( P(A|E) \)) a feltételes valószínűség definíciójából:

$$ P(A|E) = \frac{P(A) \cdot P(E|A)}{P(E)} = \frac{0,36}{0,48} = \frac{3}{4} = \mathbf{0,75} $$

a) Ha a bolti eladásokból származó idei árbevétel \( b \) (Ft), akkor az internetes eladásokból származó árbevétel jelenleg \( 0,7b \) (Ft). (\( b > 0 \)).
Ha a bevételek egyenlősége \( x \) év múlva következik be, akkor felírhatjuk a következő egyenletet: $$ 1,04^x \cdot 0,7b = 0,98^x \cdot b $$ Amiből a pozitív \( b \)-vel való osztás után kapjuk: $$ 1,04^x \cdot 0,7 = 0,98^x $$ Rendezve a kifejezést: $$ 0,7 = \left(\frac{0,98}{1,04}\right)^x \approx 0,9423^x $$ Mindkét oldal tízes alapú logaritmusát véve (vagy \( 0,9423 \)-as alapút): $$ x = \frac{\lg 0,7}{\lg 0,98 - \lg 1,04} \approx 6 $$ A két forrásból származó árbevétel tehát kb. 6 év múlva lesz egyenlő.

b) Annak a valószínűsége, hogy egy vevő reklamál \( p = \frac{1}{80} \), annak pedig, hogy nem reklamál \( q = \frac{79}{80} \).
Binomiális eloszlást alkalmazva, \( P(\text{legfeljebb 2 reklamál}) = P(0) + P(1) + P(2) \): $$ = \binom{100}{0}\left(\frac{79}{80}\right)^{100} + \binom{100}{1}\left(\frac{1}{80}\right)^1\left(\frac{79}{80}\right)^{99} + \binom{100}{2}\left(\frac{1}{80}\right)^2\left(\frac{79}{80}\right)^{98} $$ $$ \approx 0,2843 + 0,3598 + 0,2255 \approx \mathbf{0,87} $$ A valószínűség tehát körülbelül \( 87\% \).

a) A feladat szövege alapján a műszerek 7%-a méri hibásan a szöget, 5%-a a távolságot. Mivel 2% mindkét adatot hibásan méri, a szitakötő-elv (logikai szita) alapján a hibás műszerek aránya: $$ P(\text{hibás}) = 0,07 + 0,05 - 0,02 = 0,10 $$ Egy hibátlan műszer választásának valószínűsége tehát \( 1 - 0,10 = 0,9 \).

A minőségellenőr 20 műszert vizsgál visszatevéssel. A hibás darabok száma binomiális eloszlást követ \( n=20 \) és \( p=0,1 \) paraméterekkel. Annak valószínűsége, hogy legfeljebb 2 darab hibás lesz (azaz 0, 1 vagy 2): $$ P(X \le 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2) $$ $$ P(X \le 2) = \binom{20}{0} 0,9^{20} + \binom{20}{1} 0,1^1 \cdot 0,9^{19} + \binom{20}{2} 0,1^2 \cdot 0,9^{18} $$ $$ P(X \le 2) \approx 0,1216 + 0,2702 + 0,2852 \approx \mathbf{0,677} $$

b) Jelölje a fa magasságát \( h \). A vízszintes síkon lévő \( ATP \) és \( BTP \) derékszögű háromszögekben (ahol \( P \) a fa csúcsa) a tangens szögfüggvényt alkalmazva felírhatjuk a távolságokat: $$ \operatorname{tg} 55^\circ = \frac{h}{AT} \implies AT = \frac{h}{\operatorname{tg} 55^\circ} \approx 0,7002h $$ $$ \operatorname{tg} 60^\circ = \frac{h}{BT} \implies BT = \frac{h}{\operatorname{tg} 60^\circ} \approx 0,5774h $$ Tudjuk, hogy az \( ATB \) szög \( 90^\circ \)-os, így az \( ATB \) derékszögű háromszögre alkalmazhatjuk a Pitagorasz-tételt: $$ AT^2 + BT^2 = AB^2 $$ $$ \left( \frac{h}{\operatorname{tg} 55^\circ} \right)^2 + \left( \frac{h}{\operatorname{tg} 60^\circ} \right)^2 = 10^2 $$ $$ h^2 \left( \frac{1}{\operatorname{tg}^2 55^\circ} + \frac{1}{\operatorname{tg}^2 60^\circ} \right) = 100 $$ $$ h^2 \left( 0,7002^2 + 0,5774^2 \right) \approx 100 \implies h^2 (0,4903 + 0,3333) \approx 100 \implies 0,8236 h^2 \approx 100 $$ $$ h^2 \approx 121,4 \implies h \approx 11 $$ A fa magassága tehát körülbelül 11 méter.

a) Jelölje \( x \) a szekrény függőleges méretét (magasságát) méterben. A tetőtér keresztmetszetét egy egyenlő szárú derékszögű háromszög alkotja, melynek átfogója fekszik a padlón. A háromszög befogói 4 méteresek, így az átfogója (a padlón lévő alap) \( 4\sqrt{2} \approx 5,66 \) méter hosszú.

A szekrény előlapja egy olyan téglalap, amely szimmetrikusan helyezkedik el ebben a háromszögben. A téglalap felett a bal és jobb oldalon egy-egy kisebb egyenlő szárú derékszögű háromszög marad ki, melyek magassága és alapja is \( x \), illetve \( x \) (mivel a szög \( 45^\circ \)). Emiatt a szekrény szélessége az alap hosszából levonva ezt a két levágást: $$ \text{szélesség} = 4\sqrt{2} - 2x \quad (0 < x < 2\sqrt{2}) $$ A szekrény mélysége 60 cm, azaz 0,6 m. A szekrény térfogata \( x \) függvényében: $$ V(x) = 0,6x(4\sqrt{2} - 2x) = 2,4\sqrt{2}x - 1,2x^2 $$

Ennek a lefelé nyíló másodfokú függvénynek ott van maximuma, ahol a deriváltja nulla (vagy a zérushelyek számtani közepénél). $$ V'(x) = 2,4\sqrt{2} - 2,4x = 0 \implies 2,4x = 2,4\sqrt{2} \implies x = \sqrt{2} $$ A szekrény optimális méretei tehát: Magasság: \( \sqrt{2} \approx 1,41 \text{ m} \) Szélesség: \( 4\sqrt{2} - 2\sqrt{2} = 2\sqrt{2} \approx \mathbf{2,83 \text{ m}} \).

b) Ha csak az ingek színeit tekintjük (2 fehér, 2 világoskék, 3 sárga), a lehetséges sorrendek száma ismétléses permutációval: $$ \frac{7!}{2! \cdot 2! \cdot 3!} = \frac{5040}{2 \cdot 2 \cdot 6} = 210 $$

A kedvező esetek két diszjunkt halmazra bonthatók: 1. Az első három napon három különböző színű inget választ: Ekkor az első három helyre a 3 különböző szín (fehér, világoskék, sárga) \( 3! = 6 \)-féleképpen kerülhet. A fennmaradó 4 ing (1 fehér, 1 világoskék, 2 sárga) a maradék 4 helyre \( \frac{4!}{2!} = 12 \)-féleképpen kerülhet. Ez összesen \( 6 \cdot 12 = 72 \) lehetőség.
2. Az első három napon három egyforma színű inget választ: Ez csak úgy lehetséges, ha mind a három ing sárga. A maradék 4 helyre a 2 fehér és 2 világoskék ing \( \frac{4!}{2! \cdot 2!} = 6 \)-féleképpen osztható el.

A kedvező esetek száma összesen: \( 72 + 6 = 78 \). A keresett valószínűség: $$ P = \frac{78}{210} = \frac{13}{35} \approx \mathbf{0,371} $$

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.

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: $$ p = \frac{230}{680} \approx \mathbf{0,338} $$

a) A bevétel: \( 5 \cdot 10^6 \cdot 200 = 10^9 \) (Ft).
A kifizetett nyeremény az egyes sorok szorzatainak összege:
\( 4 \cdot 10^7 + 2 \cdot 10^6 + 8 \cdot 10^6 + 1,5 \cdot 10^8 + 2 \cdot 10^8 + 2 \cdot 10^8 = 6 \cdot 10^8 \) (Ft).
A különbözet tehát: \( 10^9 - 6 \cdot 10^8 = \mathbf{400 \text{ millió Ft}} \).

b) Azokat az eseteket keressük, ahol a nyeremény nagyobb, mint 200 Ft.
A kedvező esetek száma: \( 4 + 40 + 800 + 150\,000 + 400\,000 = 550\,844 \).
Mivel bármely sorsjegyet egyenlő eséllyel húzhatjuk, a keresett valószínűség:
$$ p = \frac{550\,844}{5 \cdot 10^6} \approx \mathbf{0,11} $$

c) A felvehető nyeremény várható értékét megkapjuk, ha az összes kiosztott nyereményt elosztjuk az összes sorsjegy számával:
$$ \frac{6 \cdot 10^8}{5 \cdot 10^6} = 120 \text{ Ft} $$
A játékos nyereségének várható értékéhez ebből le kell vonni a sorsjegy árát:
\( 120 - 200 = \mathbf{-80 \text{ Ft}} \).

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) Az edény alapéle legyen \( x \) cm hosszú. Mivel az edény térfogata 4000 cm³, felírható a térfogat képlete: $$ 4000 = x^2 \cdot 6,4 \implies x^2 = \frac{4000}{6,4} = 625 \implies x = 25 $$ A zománccal bevonandó felület területe (alaplap + 4 oldallap): $$ F = x^2 + 4 \cdot x \cdot 6,4 = 625 + 4 \cdot 25 \cdot 6,4 = 625 + 640 = \mathbf{1265 \text{ cm}^2} $$

b) Ha az edény magassága \( m \) cm, akkor a térfogata \( 4000 = x^2 m \). Fejezzük ki \( m \)-et a térfogatból: $$ m = \frac{4000}{x^2} $$ A felület területe egy \( x \) változójú függvényként: $$ F(x) = x^2 + 4xm = x^2 + 4x \frac{4000}{x^2} = x^2 + \frac{16\,000}{x} $$ A minimum kereséséhez alkalmazzuk a pozitív tagokra felírható számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget a kifejezés három részre bontásával (\( x > 0 \)): $$ x^2 + \frac{16\,000}{x} = x^2 + \frac{8000}{x} + \frac{8000}{x} \ge 3 \sqrt[3]{x^2 \cdot \frac{8000}{x} \cdot \frac{8000}{x}} $$ $$ 3 \sqrt[3]{64\,000\,000} = 3 \cdot 400 = 1200 $$ Az egyenlőség (a minimális felület) pontosan abban az esetben teljesül, ha a tagok egyenlőek: $$ x^2 = \frac{8000}{x} \implies x^3 = 8000 \implies x = 20 $$ Tehát a gyártott edények alapéle 20 cm.

c) A selejtes edény kiválasztásának valószínűsége független ismétléses kísérlet (binomiális eloszlás), ahol \( p = 0,02 \), \( n = 50 \) és \( k = 2 \): $$ P(\text{pontosan 2 selejt}) = \binom{50}{2} \cdot 0,02^2 \cdot (1 - 0,02)^{48} $$ $$ P \approx 1225 \cdot 0,0004 \cdot 0,379 \approx \mathbf{0,186} $$

a)
(1) Az állítás hamis. Egy ötpontú egyszerű gráf éleinek maximális száma akkor van, ha a gráf egy teljes gráf. A teljes gráf éleinek száma: \( \binom{5}{2} = 10 \), vagyis nem létezik 11 élű ötpontú egyszerű gráf.
(2) Az állítás igaz. Tételezzük fel az ellenkezőjét, hogy a feltétel teljesülése mellett nincs negyedfokú csúcs. (Az ötödiknél nagyobb fokszám az ötpontú egyszerű gráfban lehetetlen.) Ez azt jelenti, hogy minden egyes csúcs pontosan harmadfokú lenne. Ekkor a fokszámok összege \( 5 \cdot 3 = 15 \). Azonban bármely gráfban a fokszámok összege mindig páros (hiszen minden élet két csúcsnál számolunk a fokszámokhoz), ez a páratlan összeg lehetetlen. Biztosan lennie kell legalább egy negyedfokú csúcsnak.

b) Az ötpontú teljes gráfnak 10 éle van. Véletlenszerűen beszínezünk ezekből 6 élt. Az összes lehetséges élkiválasztás (színezés) száma: $$ \binom{10}{6} = 210 $$

Keressük azon esetek számát, amikor a színezett 6 él nem alkot összefüggő gráfot. Egy ötpontú nem összefüggő gráf legalább két komponenst tartalmaz. A maximális élszámot a különböző pontelosztású komponensek adhatják, vizsgáljuk meg az eseteket:
- Ha a komponensek 3 és 2 pontosak: A két részben lévő maximális élszám egy-egy teljes gráfként \( \binom{3}{2} + \binom{2}{2} = 3 + 1 = 4 \) lehetne. Így ez nem tartalmazhat 6 élt.
- Ha a komponensek 4 és 1 pontosak: A 4 pontos komponens egy 4 pontú teljes gráf, aminek az élszáma \( \binom{4}{2} = 6 \). A magányos csúcs izolált pont, nincs rajta él. Tehát pont be lehet színezni azt a 6 élt úgy, hogy egy K_4 gráfot kapjunk.

Csak az utóbbi eset megfelelő a 6 színezett él felosztására. Egy izolált pont kiválasztására \( \binom{5}{1} = 5 \) lehetőség van, ami a fennmaradó 4 ponthoz tartozó 6 élt egyértelműen kijelöli. A megfelelő színezések száma így 5 darab.
A valószínűség tehát: $$ P = \frac{5}{210} = \frac{1}{42} \approx \mathbf{0,0238} $$

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 összes lehetséges (egyenlően valószínű) esetek száma, ahogy 10 poharat kiválaszthatunk az 50-ből: $\binom{50}{10}$.
A „legfeljebb 1 csorba szélű” esemény azt jelenti, hogy 0 vagy 1 hibás poharat választunk.
A kedvező esetek száma hipergeometrikus eloszlással számolva: $$ \binom{5}{0}\binom{45}{10} + \binom{5}{1}\binom{45}{9} $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{\binom{5}{0}\binom{45}{10} + \binom{5}{1}\binom{45}{9}}{\binom{50}{10}} \approx \mathbf{0,742} $$

b) A visszatevéses mintavétel miatt ez egy binomiális eloszlás. A paraméterek: a húzások száma $n = 15$, a siker (selejtes) valószínűsége $p = 0,1$, és $k = 2$ selejtest várunk. $$ P(X = 2) = \binom{15}{2} \cdot 0,1^2 \cdot 0,9^{13} \approx 105 \cdot 0,01 \cdot 0,2541 \approx \mathbf{0,267} $$

c) Alkalmazzuk a Bayes-tételt (vagy a feltételes valószínűség definícióját).
Jelölje $A$ azt az eseményt, hogy az első gépsoron készült a pohár, $B$ pedig azt az eseményt, hogy selejtes a pohár.
Tudjuk, hogy $P(A) = 0,6$ és $P(\bar{A}) = 0,4$. A feltételes valószínűségek: $P(B|A) = 0,1$ és $P(B|\bar{A}) = 0,04$.
A teljes valószínűség tételével a selejtes pohár kiválasztásának valószínűsége: $$ P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\bar{A}) \cdot P(B|\bar{A}) = 0,6 \cdot 0,1 + 0,4 \cdot 0,04 = 0,06 + 0,016 = 0,076 $$ A kérdéses feltételes valószínűség (hogy a selejtes pohár az első gépsorról származik): $$ P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{0,06}{0,076} \approx \mathbf{0,789} $$

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) A binomiális eloszlás paraméterei: \( n = 8 \) és \( p = 0,05 \).
A várható érték: \( n \cdot p = 8 \cdot 0,05 = \mathbf{0,4} \).

b) Minden gép \( 1 - p = 0,95 \) valószínűséggel indul be megfelelően.
Annak a valószínűsége, hogy mind a 8 gép beindul (azaz egyik sem melegszik túl): $$ 0,95^8 \approx \mathbf{0,6634} \; (66,34\%) $$

c) A komplementer esemény (\( B \)) valószínűségét számoljuk ki, azaz hogy legfeljebb 2 gép romlik el (így a gyártósor nem áll le): $$ P(B) = 0,95^8 + \binom{8}{1} \cdot 0,05 \cdot 0,95^7 + \binom{8}{2} \cdot 0,05^2 \cdot 0,95^6 $$ $$ P(B) = 0,95^8 + 8 \cdot 0,05 \cdot 0,95^7 + 28 \cdot 0,05^2 \cdot 0,95^6 $$ $$ P(B) \approx 0,66342 + 0,27933 + 0,05146 \approx 0,9942 $$ A keresett \( A \) esemény (a termelés leáll) valószínűsége: $$ P(A) = 1 - P(B) = 1 - 0,9942 = \mathbf{0,0058} $$ Tehát négy tizedesjegyre kerekítve valóban \( 0,0058 \) (vagyis \( 0,58\% \)) a termelés leállításának valószínűsége.

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 egyes szerzők darabszámait a megadott középponti szögek alapján arányosítással (pl. \( \frac{\text{szög}}{360^\circ} \cdot \text{összes} \)) számoljuk ki. (Pl. 1. üzlet Arany: \( \frac{105^\circ}{360^\circ} \cdot 408 = 119 \)).

	1. üzlet	2. üzlet	3. üzlet	Összesített forgalom
Arany János	119	90	72	281
Márai Sándor	119	126	117	362
József Attila	170	216	27	413
Összesen	408	432	216	1056

A legtöbb példányt József Attila műveiből adták el (413 db).

b) Az oszlopdiagram egyértelműen és arányosan ábrázolja a három összesített értéket: Arany J. - 281, Márai S. - 362, József A. - 413.

c) A vizsgált időszakban a sorsoláson résztvevő összes sorsjegyek száma: 408 + 432 + 216 = 1056. Ezek közül a 2 nyerő sorsjegyet összesen \( \binom{1056}{2} \) féleképpen lehet kisorsolni (összes eset). A 2. üzletben 126 Márai-könyvhöz adtak sorsjegyet, ezek közül a nyerteseket \( \binom{126}{2} \) féleképpen választhatjuk ki (kedvező esetek). A keresett valószínűség: $$ p = \frac{\binom{126}{2}}{\binom{1056}{2}} = \frac{7875}{557040} \approx \mathbf{0,014} $$

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) Értelmezzük gráfelméleti modellben a feladatot. A 8 személy a gráf csúcsai, a beszélgetések az élek. Ha a 8 fős társaság minden tagja mindenkivel beszélt volna egy alkalommal, akkor a teljes gráf éleinek száma: \( \binom{8}{2} = 28 \) beszélgetés lenne.
Mivel az azonos nemzetiségű vendégek nem beszéltek egymással, ezeket a (nem létező) éleket le kell vonnunk. A 3 német egymással nem beszélt, ez \( \binom{3}{2} = 3 \) beszélgetés mínuszt jelent. A 4 magyar egymással nem beszélt, ez \( \binom{4}{2} = 6 \) beszélgetés levonását jelenti.
Az összes megvalósult telefonbeszélgetések száma: $$ 28 - 3 - 6 = \mathbf{19} $$

b) Legyen \( p \) az a valószínűség, amit mindannyian mondtak a részvételükre. Mivel egymástól függetlenül döntenek, annak a valószínűsége, hogy mind a 7 meghívott elmegy:

$$ p^7 = 0,028 $$

Ebből gyökvonással kapjuk: \( p = \sqrt[7]{0,028} \approx 0,600 \).

Annak valószínűségét keressük, hogy legalább egy meghívott elmegy. Komplementer eseménnyel könnyebben számolható: a keresett valószínűség egyenlő azzal, hogy \( 1 - \) annak valószínűsége, hogy senki sem megy el.
Annak a valószínűsége, hogy egy adott személy nem megy el: \( 1 - p \approx 0,400 \).
Annak valószínűsége, hogy mind a 7 személy otthon marad: \( (1 - p)^7 \approx 0,4^7 \approx 0,0016 \).
Így a keresett valószínűség:

$$ P(\text{legalább egy}) = 1 - (1 - p)^7 = 1 - 0,0016 = \mathbf{0,998} $$

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) Jelölje \( a_n \) az \( n \)-edik napon leúszott hosszat.
\( a_1 = 10000 \cdot 1,1 = 11000 \).
\( a_2 = a_1 \cdot 0,9 = 11000 \cdot 0,9 = 9900 \).
Látható, hogy két nap alatt a távolság mindig \( 1,1 \cdot 0,9 = 0,99 \)-szeresére változik.
A 6. napi táv megkapható így: $$ a_6 = a_2 \cdot 0,99^2 = 9900 \cdot 0,9801 \approx \mathbf{9703 \text{ méter}} $$

b) A páratlan és a páros sorszámú napokon leúszott hosszak egy-egy mértani sorozatot alkotnak, mindkettő kvóciense 0,99 és 10 tagból állnak.
Páratlan napok összege (\( a_1 = 11000 \)): $$ S_{\text{páratlan}} = 11000 \frac{1 - 0,99^{10}}{1 - 0,99} \approx 105 179,7 $$ Páros napok összege (\( a_2 = 9900 \)): $$ S_{\text{páros}} = 9900 \frac{1 - 0,99^{10}}{1 - 0,99} \approx 94 661,7 $$ Az összesen leúszott távolság a kettő összege: kb. 199 841 méter.

c) A 20 napból két szomszédos nap 19-féleképpen választható ki (összes eset).
Vizsgáljuk a szomszédos napi összegeket (\( b_n = a_n + a_{n+1} \)):

• 1. és 2. nap: 11000 + 9900 = 20900
• 2. és 3. nap: 9900 + 10890 = 20790
• ... a sorozat szigorúan monoton csökken, mert a kétnapi teljesítmény is \( 0,99 \)-es szorzóval zsugorodik.

Kiszámítva az értékeket, megállapítható, hogy a 9. és 10. nap összege \( 10566 + 9510 = 20076 \), míg a 10. és 11. napé \( 9510 + 10461 = 19971 \). Tehát pontosan az első 9 szomszédos pár összege éri el vagy haladja meg a 20 000 métert.
A valószínűség: \( P = \frac{9}{19} \approx \mathbf{0,474} \).

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) Az autóbuszos utak (A) összesített számát úgy kapjuk, ha az oszlopok elemeinek összegét megszorozzuk az adott oszlophoz tartozó autóbuszos utak számával: $$ A_{\text{össz}} = 0\cdot(1+1+1+0+1) + 1\cdot(1+2+5+3+3) + 2\cdot(0+2+2+1+3) + 3\cdot(1+3+4+9+2) + 4\cdot(2+1+3+2+2) $$ $$ A_{\text{össz}} = 0\cdot 4 + 1\cdot 14 + 2\cdot 8 + 3\cdot 19 + 4\cdot 10 = 0 + 14 + 16 + 57 + 40 = \mathbf{127} $$ A repülős utak (R) számát hasonlóan a sorösszegek és a megfelelő repülős eladások szorzataként számoljuk: $$ R_{\text{össz}} = 0\cdot 5 + 1\cdot 9 + 2\cdot 15 + 3\cdot 15 + 4\cdot 11 = 0 + 9 + 30 + 45 + 44 = \mathbf{128} $$

b) Azokat az irodákat keressük, ahol \( A + R > 5 \). A táblázatban ezen cellák tartalmát (irodák számát) kell összegeznünk:
- 6 út (például 2+4, 3+3, 4+2): a megfelelő cellákban lévő irodák száma \( 3 + 9 + 3 = 15 \).
- 7 út (például 3+4, 4+3): a megfelelő irodák száma \( 2 + 2 = 4 \).
- 8 út (4+4): a megfelelő irodák száma \( 2 \).
A kedvező esetek száma összesen: \( 15 + 4 + 2 = 21 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{21}{55} \approx \mathbf{0,3818} $$

Jelölje \( z \) a zöld, \( k \) pedig a kék golyók számát. Az összes golyó száma így \( 18 + z + k \).

A feladat szövege alapján két egyenletet írhatunk fel a klasszikus valószínűségi modell szerint:

1. egyenlet:
\( P(\text{zöld vagy kék}) = P(\text{zöld vagy piros}) - \frac{1}{15} \)
$$ \frac{z + k}{18 + z + k} = \frac{18 + z}{18 + z + k} - \frac{1}{15} $$

2. egyenlet:
\( P(\text{kék vagy piros}) = \frac{11}{10} \cdot P(\text{zöld vagy piros}) \)
$$ \frac{18 + k}{18 + z + k} = 1,1 \cdot \frac{18 + z}{18 + z + k} $$

A második egyenletből egyszerűsítve a nevezőkkel kapjuk, hogy:
$$ 18 + k = 1,1(18 + z) \implies k = 1,1z + 1,8 $$

Az első egyenletet rendezve, megszorozva a közös nevezővel:
$$ z + k = 18 + z - \frac{18 + z + k}{15} \implies k = 18 - \frac{18 + z + k}{15} $$ Beszorozva 15-tel és átrendezve: $$ 15k = 270 - 18 - z - k \implies 16k + z = 252 $$

Most helyettesítsük be \( k \)-t az első egyenlet egyszerűsített alakjába: $$ 16(1,1z + 1,8) + z = 252 $$ $$ 17,6z + 28,8 + z = 252 $$ $$ 18,6z = 223,2 \implies \mathbf{z = 12} $$

Visszahelyettesítve \( z \)-t \( k \) kifejezésébe: $$ k = 1,1 \cdot 12 + 1,8 = 13,2 + 1,8 = \mathbf{15} $$

Az urnában tehát 12 darab zöld és 15 darab kék golyó van.

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) A dohányosok relatív gyakorisága a kedvező és az összes esetek hányadosa: Az első cégnél: $$ \frac{255}{800} \approx \mathbf{0,32} \text{ (vagy } 31,875\%) $$ A második cégnél: $$ \frac{680}{2000} = \mathbf{0,34} \text{ (vagy } 34\%) $$

b) Ez egy hipergeometriai eloszlás problémája, klasszikus valószínűségi modellel (kedvező esetek / összes eset) is számolható.
Az összes lehetséges kiválasztások száma 2000 főből 3 fő: \( \binom{2000}{3} \).
A kedvező esetek: 1 főt választunk a 680 dohányos közül, és 2 főt választunk az 1320 (2000-680) nem dohányos közül: $$ \binom{680}{1} \cdot \binom{1320}{2} $$ A keresett valószínűség: $$ P = \frac{\binom{680}{1} \cdot \binom{1320}{2}}{\binom{2000}{3}} \approx \mathbf{0,44} $$

c) Itt a független kísérletek sorozata (binomiális eloszlás) a megfelelő modell, mivel a populáció nagyon nagy. Egy személy pontosan \( 1 - 0,34 = 0,66 \) valószínűséggel nem dohányos.
Annak a valószínűsége, hogy 10 kiválasztott közül egy sem dohányos: $$ P(0) = \binom{10}{0} \cdot 0,34^0 \cdot 0,66^{10} = 0,66^{10} \approx \mathbf{0,016} \text{ (vagy } 1,6\%) $$

a) Mivel hét pénzt dobtunk fel (ami páratlan szám), a fejek és írások száma sosem lehet egyenlő. Azaz vagy a fejek száma, vagy az írások száma lesz nagyobb. A szabályos érme tulajdonságai és a szimmetria miatt pontosan ugyanannyi esélye van annak, hogy több fej lesz, mint annak, hogy több írás. Így a keresett valószínűség: \( 0,5 \).

b) Akkor nagyobb a különbség 3-nál, ha a fejek és írások száma a következőképpen alakul: 6 fej és 1 írás (különbség 5), 7 fej és 0 írás (különbség 7), illetve ezek szimmetrikus megfelelői (1 fej és 6 írás, vagy 0 fej és 7 írás).
A kedvező esetek száma: $$ 2 \cdot \left[ \binom{7}{1} + \binom{7}{0} \right] = 2 \cdot (7 + 1) = 16 $$ Az összes lehetséges kimenetel száma (mivel minden érme kétféle lehet): \( 2^7 = 128 \).
A keresett valószínűség tehát: $$ P = \frac{16}{128} = \frac{1}{8} = \mathbf{0,0625} $$

a) Írjuk fel a mértani sorozat első néhány tagjának 11-es maradékát! A következő maradékot mindig úgy kapjuk, hogy az előzőt beszorozzuk 3-mal, és vesszük a 11-es maradékot.
A sorozat maradékai: 5; 4; 1; 3; 9; 5; ...
Látható, hogy a maradékok ciklikusan ismétlődnek, és a periódus hossza 5. Egy cikluson belül pontosan egyszer fordul elő az 1-es maradék.
Az első 110 tagban pontosan \( 110 / 5 = 22 \) teljes ciklus van.
Így a kedvező esetek száma 22, az összes eset száma 110. A keresett valószínűség: $$ P = \frac{22}{110} = \mathbf{\frac{1}{5}} = 0,2 $$

b) Hasonlóan, a számtani sorozatnál a következő maradékot úgy kapjuk, hogy 3-at adunk az előzőhöz (és 11-es maradékot veszünk).
A maradékok: 5; 8; 0; 3; 6; 9; 1; 4; 7; 10; 2; 5; ...
Itt a ciklus hossza 11 (mivel a 3 relatív prím a 11-hez, minden lehetséges maradékot pontosan egyszer érint egy cikluson belül).
A 11 hosszú cikluson belül pontosan egyszer van 1-es maradék. A 110 tag pontosan \( 110 / 11 = 10 \) ilyen ciklust alkot.
Így a kedvező esetek száma 10. A valószínűség: $$ P = \frac{10}{110} = \mathbf{\frac{1}{11}} $$

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.

Gyűjtsük ki az adatokat egy táblázatba:

Pénzt visszaadja		Pénzt elnyeli
Italt is ad	Italt nem ad	Italt nem ad	Italt ad (Jól működik)
30	90	\( 160 \cdot 0,1875 = 30 \)	\( 160 - 30 - 90 - 30 = 10 \)

a) A 18,75% az 160 esetből \( 160 \cdot 0,1875 = 30 \)-at jelent. Így a rendeltetésszerű működés eseteinek száma: \( 160 - (30 + 90 + 30) = 10 \).
Annak az esélye, hogy jól működik: $$ P = \frac{10}{160} = \frac{1}{16} = \mathbf{0,0625} $$

b) Ingyen iszunk, ha italt is ad, és a pénzt is visszaadja. Ennek esetszáma 30, így valószínűsége \( \frac{30}{160} = 0,1875 \).
Ráfizetünk, ha nem kapunk italt, de a pénzt elnyeli. Ennek esetszáma szintén 30, valószínűsége \( \frac{30}{160} = 0,1875 \).
Tehát a két kérdéses esemény valószínűsége egyenlő.

c) A 160 esetből 120 esetben (\( 90+30 \)) visszakapja a pénzt, 40 esetben elnyeli az automata.
Mivel pontosan 40 esetben ad italt is (30 ingyen + 10 normál), így a kiadott italok értéke megegyezik az automata által ténylegesen elnyelt pénzösszeggel.
A ráfizetés tehát várhatóan 0 Ft, azaz nincs ráfizetés.

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 érdemjegyek eloszlását az alábbi oszlopdiagram szemlélteti:

b) A jegyek átlagát súlyozott átlaggal számítjuk: $$ \overline{x} = \frac{4 \cdot 5 + 7 \cdot 4 + 9 \cdot 3 + 8 \cdot 2 + 2 \cdot 1}{30} = \frac{20 + 28 + 27 + 16 + 2}{30} = \frac{93}{30} = \mathbf{3,1} $$

c) Legalább 3-ast kapott tanulók száma: \( 4 + 7 + 9 = 20 \).
A keresett valószínűség (kedvező esetek / összes eset): $$ P = \frac{20}{30} = \mathbf{\frac{2}{3}} $$

d) Az összes kiválasztási lehetőség 30 tanuló közül 2-t választani: $$ \text{Összes eset} = \binom{30}{2} = 435 $$ A kiválasztott két tanuló érdemjegyének összege pontosan akkor osztható 3-mal, ha a jegyek párosítása a következő (zárójelben a számítás módja):
- (1; 2): \( 2 \cdot 8 = 16 \) eset
- (1; 5): \( 2 \cdot 4 = 8 \) eset
- (2; 4): \( 8 \cdot 7 = 56 \) eset
- (3; 3): \( \binom{9}{2} = 36 \) eset
- (4; 5): \( 7 \cdot 4 = 28 \) eset
A kedvező esetek száma ezek összege: \( 16 + 8 + 56 + 36 + 28 = 144 \).
A keresett valószínűség: $$ P = \frac{144}{435} = \mathbf{\frac{48}{145} \approx 0,33} $$

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?”)

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

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

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

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

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

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