Statisztika

a) Jelöljük a három egymást követő tag közül a középsőt $a$-val. Ekkor a tagok: $a-6$, $a$, $a+6$.
A három tag átlaga: $\frac{(a-6) + a + (a+6)}{3} = a$.
A szórás a tagok átlagtól vett eltéréseinek négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(-6)^2 + 0^2 + 6^2}{3}} = \sqrt{\frac{72}{3}} = \sqrt{24} = \mathbf{2\sqrt{6}} $$ Az állítást igazoltuk.

b) A feladat szövege alapján megoldandó egyenlet: $|S_n| = n$.
A számtani sorozat összegképletét felírva: $$ \left| \frac{2 \cdot 2 + (n-1)(-0,2)}{2} \cdot n \right| = n $$ Mivel $n > 0$, leoszthatunk $n$-nel. Két esetet vizsgálunk aszerint, hogy az összeg pozitív vagy negatív.

1. eset: $S_n = n$ $$ \frac{4 - 0,2(n-1)}{2} = 1 \implies 4 - 0,2n + 0,2 = 2 \implies 0,2n = 2,2 \implies \mathbf{n = 11} $$

2. eset: $S_n = -n$ $$ \frac{4 - 0,2(n-1)}{2} = -1 \implies 4 - 0,2n + 0,2 = -2 \implies 0,2n = 6,2 \implies \mathbf{n = 31} $$

Mindkét kapott érték lehetséges (ellenőrzéskor $S_{11} = 11$ és $S_{31} = -31$ valóban teljesül).

c) Jelölje a két keresett számot $a$ és $b$ ($a, b > 0$).
A számtani középből: $\frac{a+b}{2} = 5 \implies a+b = 10 \implies b = 10 - a$.
A harmonikus középből: $\frac{2ab}{a+b} = 4,8$.
Behelyettesítve az összeget: $$ \frac{2ab}{10} = 4,8 \implies 2ab = 48 \implies ab = 24 $$ Az egyenletrendszer megoldásához írjuk fel: $a(10-a) = 24 \implies a^2 - 10a + 24 = 0$.
A másodfokú egyenlet gyökei $a = 4$ (ekkor $b=6$) és $a = 6$ (ekkor $b=4$). Tehát a két szám a 4 és a 6.
Ezek négyzetes közepe: $$ K_N = \sqrt{\frac{4^2 + 6^2}{2}} = \sqrt{\frac{16+36}{2}} = \sqrt{26} \approx \mathbf{5,1} $$

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) $12$ km/h sebesség esetén az egy kilométerre eső üzemanyagköltség $1,2 \cdot 12 = 14,4$ dukát. A 10 km-es út esetén ez összesen $144$ dukát.
Az út megtételéhez szükséges idő $t = \frac{10}{12}$ óra, ami alapján a rezsiköltség $90 \cdot \frac{10}{12} = 75$ dukát.
A teljes üzemeltetési költség tehát $144 + 75 =$ 219 dukát.

b) A teljes költségfüggvényt $v$ sebesség paraméterrel felírva a 10 km-es útra:

$$ K(v) = 1,2v \cdot 10 + 90 \cdot \frac{10}{v} = 12v + \frac{900}{v} $$

A függvény szélsőértékét a derivált nulla helyein kapjuk meg:

$$ K'(v) = 12 - \frac{900}{v^2} = 0 \implies v^2 = \frac{900}{12} = 75 $$

Mivel a sebesség pozitív, az optimális sebesség $v = \sqrt{75} \approx \mathbf{8,66\text{ km/h}}$. (A második derivált $\frac{1800}{v^3} > 0$, így ez valóban abszolút minimumhely).

A minimális költség behelyettesítéssel: $12\sqrt{75} + \frac{900}{\sqrt{75}} = 24\sqrt{75} \approx$ 207,8 dukát.

c) A jegyekért kifizetett összeg első úton $50 \cdot 1650 = 82\,500$ Ft, a visszaúton $70 \cdot 1500 = 105\,000$ Ft.
A két út összesített bevétele $187\,500$ Ft, az összes utas száma pedig $120$ fő.
A súlyozott átlagár: $\frac{187\,500}{120} =$ 1562,5 Ft.

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

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

Helyettesítsük be a $p$ értékét a lányok egyenletébe:

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

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

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

Nullára rendezve kapjuk a következő másodfokú egyenletet:

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

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

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

---

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

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

A keresett valószínűség:

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

---

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

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

a) Az 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 átlag: $$ \overline{x} = \frac{2 + 3 \cdot 6 + 3 \cdot 8}{7} = \frac{44}{7} \approx \mathbf{6,29} $$ A szórás kiszámítása az átlagtól vett eltérések négyzetes közepével: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(-4,29)^2 + 3 \cdot (-0,29)^2 + 3 \cdot 1,71^2}{7}} \approx \mathbf{1,98} $$

b) Az átlag miatt a tíz értékelés összege \( 10 \cdot 6,3 = 63 \). Tehát az első hét értékelés után kapott további három értékelés összege \( 63 - 44 = 19 \).
A tíz értékelés egyetlen módusza (leggyakoribb eleme) csak a 2, a 6, vagy a 8 lehet. De a 19-es összeg miatt a hiányzó három értékelés mindegyike nem lehet 2.
I. eset (ha 8 a módusz):
Ekkor a 8-nak kellene lennie a leggyakoribbnak (tehát még egy 8-as kell), a másik két érték összege \( 19 - 8 = 11 \). A lehetséges kiegészítő párok: (1, 10), (2, 9), (3, 8), (4, 7). Egyik sem felel meg a terjedelemre (ami 8) vonatkozó feltételnek, ugyanis a meglévő \( \{2, 6, 8\} \) miatt a terjedelem eddig 6. Ha a (1, 10) párt vesszük, a terjedelem \( 10-1=9 \) lenne.
II. eset (ha 6 a módusz):
Ekkor a 6-nak kellene szerepelnie ismét, és a másik két érték összege \( 19 - 6 = 13 \). A lehetséges párok: (3, 10), (4, 9), (6, 7).
A terjedelem miatt a legkisebb elem már megvan (2), így a legnagyobbnak 10-nek kell lennie ahhoz, hogy a terjedelem 8 maradjon. Ebből a három lehetőség közül csak a (3, 10) felel meg az összes feltételnek.
Tehát az utolsó három értékelés (valamilyen sorrendben) 3, 6 és 10 volt.

c) A 11. mérkőzés értékelését jelölje \( x \). A feladat szövege alapján felírható a következő egyenlet: $$ \frac{63 + x}{11} = 6,3 - \frac{x}{10} $$ Szorozzuk be az egyenletet 110-zel: $$ 10(63 + x) = 11(693 - 11x) $$ $$ 630 + 10x = 693 - 11x \implies 21x = 63 \implies \mathbf{x = 3} $$ Tomi a 11. mérkőzésen 3-as értékelést kapott.

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

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

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

a) A sorozat első öt tagja: $a_1 = 1, a_2 = 3, a_3 = 6, a_4 = 10, a_5 = 15$.
Az átlaguk: $\overline{x} = \frac{1 + 3 + 6 + 10 + 15}{5} = \frac{35}{5} = \mathbf{7}$.
A szórás kiszámításához vegyük az átlagtól vett eltérések négyzetes közepét: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(1-7)^2 + (3-7)^2 + (6-7)^2 + (10-7)^2 + (15-7)^2}{5}} $$ $$ \sigma = \sqrt{\frac{36 + 16 + 1 + 9 + 64}{5}} = \sqrt{\frac{126}{5}} = \sqrt{25,2} \approx \mathbf{5,02} $$

b) Írjuk fel a $(b_n)$ sorozat általános tagját a binomiális együtthatók kifejtésével: $$ b_n = \frac{\binom{n+2}{2}}{\binom{n+1}{2}} = \frac{\frac{(n+2)(n+1)}{2}}{\frac{(n+1)n}{2}} $$ Egyszerűsítve az egyenletet: $$ b_n = \frac{n+2}{n} = 1 + \frac{2}{n} $$ Mivel $n \to \infty$ esetén $\frac{2}{n} \to 0$, ezért a $(b_n)$ sorozat határértéke 1.

c) Ismert a számtani sorozat összegképlete: $S_k = \frac{2c_1 + (k-1)d}{2} k$.
A feladat alapján két egyenletet írhatunk fel: $$ S_n = \frac{2c_1 + (n-1) \cdot 0,25}{2} n = 100 $$ $$ S_{2n} = \frac{2c_1 + (2n-1) \cdot 0,25}{2} 2n = 300 $$ Az első egyenletet 2-vel megszorozva: $(2c_1 + 0,25n - 0,25)n = 200 \implies 2c_1n + 0,25n^2 - 0,25n = 200$.
A második egyenlet is átrendezhető, és egyszerűsítve $n$-nel: $(2c_1 + 0,5n - 0,25)n = 150 \dots$ helyett inkább osszuk el a másodikat $n$-nel és vonjuk ki belőle az elsőt $n$-nel elosztva:
Egy elegánsabb mód, ha észrevesszük, hogy a második $n$ tag összege ($S_{2n} - S_n = 200$) éppen az első $n$ tag összegénél $n^2 d$-vel nagyobb, mert minden tag pontosan $n \cdot d$-vel nagyobb a neki megfelelő korábbinál. $$ (S_{2n} - S_n) - S_n = n^2 \cdot d $$ $$ 200 - 100 = n^2 \cdot 0,25 \implies 100 = 0,25 n^2 \implies n^2 = 400 $$ Mivel $n$ pozitív egész szám, így $\mathbf{n = 20}$.

a) Az adathalmaz rendezve: 3, 4, 6, 6, 7, 7, 7, 8.
Az átlag: \( \overline{x} = \frac{48}{8} = \mathbf{6} \).
A medián a két középső elem átlaga (6 és 7): \(\mathbf{6,5}\).
A szórás a definíció alapján: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(3-6)^2 + (4-6)^2 + 2\cdot(6-6)^2 + 3\cdot(7-6)^2 + (8-6)^2}{8}} = \sqrt{\frac{9 + 4 + 0 + 3 + 4}{8}} = \sqrt{\frac{20}{8}} \approx \mathbf{1,58} $$

b) A parabola egyenlete \(y = ax^2 + bx + c\).
A görbe átmegy a \(P(0; 2)\) ponton, azaz a nullponti érték behelyettesítéséből következik, hogy \(c = 2\).
Az érintő meredeksége a derivált nullabeli értéke. Mivel a meredekségszög 45°, így \(m = \text{tg} 45^\circ = 1\). A deriváltfüggvény \(y' = 2ax + b\), ebből \(y'(0) = 1 \implies \mathbf{b = 1}\).
Tehát az egyenlet: \(y = ax^2 + x + 2\).
A görbe átmegy a \(Q(4,6; 3)\) ponton, behelyettesítve az \((x,y)\) értékeket: $$ 3 = a \cdot 4,6^2 + 4,6 + 2 \implies 21,16a = -3,6 \implies a \approx \mathbf{-0,17} $$ A keresett parabola egyenlete: \(y = -0,17x^2 + x + 2\).

c) A függvény inverzének tulajdonságait az ábráról leolvasható értékekből tudjuk levezetni, mivel a grafikon tükröződik az \(y = x\) egyenesre:

• Az inverzfüggvény értelmezési tartománya \(f\) értékkészlete, tehát: \([-2; 5]\).
• Értékkészlete megegyezik \(f\) értelmezési tartományával, azaz: \([-2; 3]\).
• Zérushelye ott van, ahol \(f\) az 1-et veszi fel az y-tengelyen (mert az eredeti f zérushelye \(y=1\) \(\implies\) az inverzben \(f^{-1}(1)=0\)). A grafikonból leolvasva a zérushely: \(x = 1\).
• Mivel az eredeti függvény szigorúan monoton növekedő, így inverze is szigorúan monoton növekedő.

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

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

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

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

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

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

a) Jelölje az egyenlő szárú háromszög oldalainak hosszát \( x, x \) és \( y \).
Mivel az átlag 10, így az oldalak összege (a kerület) 30, vagyis \( y = 30 - 2x \).
A szórásnégyzet (variancia) \( (3\sqrt{2})^2 = 18 \), így felírható: $$ \frac{(x - 10)^2 + (x - 10)^2 + (30 - 2x - 10)^2}{3} = 18 $$ $$ \frac{2(x - 10)^2 + (20 - 2x)^2}{3} = 18 $$ $$ 2(x - 10)^2 + 4(10 - x)^2 = 54 $$ Mivel \( (20 - 2x)^2 = 4(10 - x)^2 = 4(x - 10)^2 \), összevonhatunk: $$ 6(x - 10)^2 = 54 \implies (x - 10)^2 = 9 $$ $$ x - 10 = \pm 3 \implies x = 13 \text{ vagy } x = 7 $$ Ha \( x = 7 \), az oldalak: 7, 7, 16. Ez nem alkot háromszöget (mert \( 7+7 < 16 \)).
Ha \( x = 13 \), az oldalak: 13, 13, 4. (Ez egy érvényes háromszög, az átlag 10, a szórás valóban a megadott érték.)

b) Az \( e \) egyenes egyenletéből fejezzük ki \( y \)-t: \( y = \frac{3}{4}x + 3 \).
Az \( ABC \) háromszög adatai: Az alap hossza \( AB = 12 \), magassága 8, így a területe: \( T_{ABC} = \frac{12 \cdot 8}{2} = 48 \).
A szárak hossza Pitagorasz-tétellel: \( AC = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10 \) és \( BC = 10 \).
A kerület: \( K_{ABC} = 12 + 10 + 10 = 32 \).
Keressük meg az \( e \) egyenes és a háromszög oldalainak metszéspontjait!
Az \( AB \) oldallal (\( x \) tengely, \( y=0 \)): \( 3x - 0 = -12 \implies x = -4 \). Legyen ez a \( D(-4; 0) \) pont.
A \( BC \) egyenes egyenlete, mely átmegy a \( (6; 0) \) és \( (0; 8) \) pontokon: \( y = -\frac{4}{3}x + 8 \).
Metszéspontjuk az \( e \) egyenessel (\( E \) pont): $$ \frac{3}{4}x + 3 = -\frac{4}{3}x + 8 \implies \frac{25}{12}x = 5 \implies x = 2{,}4 $$ A pont koordinátája: \( y = \frac{3}{4}(2{,}4) + 3 = 4{,}8 \). Tehát \( E(2{,}4; 4{,}8) \).
Az \( e \) egyenes a \( DBE \) háromszöget vágja le az \( ABC \)-ből. Ennek alapja a \( DB \) szakasz, melynek hossza \( 6 - (-4) = 10 \). A háromszög ehhez tartozó magassága az \( E \) pont \( y \) koordinátája, azaz \( 4{,}8 \).
A levágott \( DBE \) háromszög területe: $$ T_{DBE} = \frac{10 \cdot 4{,}8}{2} = \mathbf{24} $$ Mivel ez éppen a fele az eredeti 48-nak, a területet felezi.
A kerület felezésének ellenőrzéséhez meg kell néznünk, milyen hosszan vágja ketté a kerületet az egyenes. Az \( e \) egyenes által "félbevágott" egyik útvonal a \( B \)-n keresztül: \( DB + BE \).
A \( BE \) hossza: $$ BE = \sqrt{(6 - 2{,}4)^2 + (0 - 4{,}8)^2} = \sqrt{3{,}6^2 + (-4{,}8)^2} = \sqrt{12{,}96 + 23{,}04} = \sqrt{36} = 6 $$ A határvonal ezen részének hossza: \( DB + BE = 10 + 6 = \mathbf{16} \).
Mivel a teljes kerület 32, a \( 16 \) pontosan a fele, így az egyenes valóban felezi a kerületet is.

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

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

a) Legyen a személyvonat átlagsebessége \( v \) km/h, ekkor a gyorsvonaté \( v + 18 \) km/h (\( v > 0 \)). A menetidőket a \( t = \frac{s}{v} \) képlettel fejezzük ki órában. A 45 perc egyenlő \( 0,75 \) órával. $$ \frac{195}{v} = \frac{195}{v+18} + 0,75 $$ Szorozzuk be az egyenletet \( v(v+18) \)-cal: $$ 195(v+18) = 195v + 0,75v(v+18) $$ $$ 195v + 3510 = 195v + 0,75v^2 + 13,5v \implies 0,75v^2 + 13,5v - 3510 = 0 $$ Osztva \( 0,75 \)-tel: $$ v^2 + 18v - 4680 = 0 $$ A másodfokú egyenlet megoldóképletével a két gyök \( v = 60 \) és \( v = -78 \). Mivel a sebesség pozitív, így a személyvonat átlagsebessége 60 km/h, a gyorsvonaté 78 km/h.

b) Az eddig ismert adatok: 90, 150, 160, 200. Az ötödik, pénteki adat legyen \( x \). Mivel a sorozatnak van egyetlen módusza, a pénteki adatnak meg kell egyeznie a négy ismert érték valamelyikével.
Az átlag nagyobb 90-nél és kisebb 200-nál, és az átlagnak is szerepelnie kell az adatok között. Így az átlag csak 150 vagy 160 lehet.
- Ha az átlag 150, akkor a pénteki adat: \( x = 5 \cdot 150 - (90 + 150 + 160 + 200) = 750 - 600 = 150 \).
Ebben az esetben az adatok növekvő sorrendben: 90, 150, 150, 160, 200. Ekkor a módusz (150) és a medián (150) megegyezik, ami ellentmond a feltételnek.
- Ha az átlag 160, akkor a pénteki adat: \( x = 5 \cdot 160 - 600 = 200 \).
Az adatok sorrendben: 90, 150, 160, 200, 200. Itt a módusz 200, a medián 160, melyek nem egyenlők, ami megfelel az összes feltételnek.
Tehát pénteken 200 utas volt.

a) Az „egyharmados” előírás teljesüléséhez a napi 16 vonat közül legalább 6-nak pontosan (0 perc késéssel) kell indulnia (\( 16/3 = 5,33 \)).
A táblázatban szereplő 14 vonat közül eddig 5 indult pontosan (0 perces késéssel). Tehát az utolsó két vonat közül legalább az egyiknek pontosan kell indulnia (késése 0 perc).
Legyen a másik vonat késése \( x \) perc. A késések átlaga nem haladhatja meg a 3 percet: $$ \frac{0 \cdot 6 + 1 + 3 + 4 \cdot 2 + 5 \cdot 2 + 6 + 7 + 8 + x}{16} \le 3 $$ $$ \frac{43 + x}{16} \le 3 \implies 43 + x \le 48 \implies x \le 5 $$ Meg kell még vizsgálnunk a medián feltételét. A lehetséges (egész) értékek közül \( x = 4 \) és \( x = 5 \) esetén a 16 adat sorrendbe rendezve: $$ 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 3, 4, 4, 4 \text{ (vagy } 5\text{)}, 5, 5, 6, 7, 8 $$ A 16 elemű sokaság mediánja a 8. és a 9. adat átlaga, ami mindkét esetben \( \frac{3+4}{2} = 3,5 \), ami nagyobb 3-nál. Így \( x = 4 \) vagy \( x = 5 \) nem lehetséges.
Ha a másik vonat legfeljebb 3 percet késik (\( x \le 3 \)), akkor a 8. adat legfeljebb 3, a 9. adat 3, és ezek átlaga valóban nem haladja meg a 3-at. Így a keresett válasz: 3 perc.

b) A szöveg alapján felírhatjuk a következő másodfokú egyenletet: $$ (209 + p) \left( 1 - \frac{p}{100} \right) = 189 $$ Beszorozva 100-zal: $$ (209 + p)(100 - p) = 18900 $$ $$ 20900 - 209p + 100p - p^2 = 18900 $$ Átrendezve: $$ p^2 + 109p - 2000 = 0 $$ Az egyenlet megoldóképlettel kapott gyökei: \( p_1 = 16 \) és \( p_2 = -125 \).
Mivel a feltétel szerint \( p > 0 \), a negatív gyököt elvetjük. Tehát \( p = 16 \).

a) A mért tömegek között nincs 490 dkg-nál kisebb, tehát az első feltétel teljesül.
Az 5 kg-tól (500 dkg-tól) való abszolút eltérések rendre (dkg-ban): \(6, 9, 7, 12, 8, 17, 7, 12\).
Az eltérések átlaga: $$ \frac{78}{8} = 9,75 \text{ dkg} $$ Mivel \(9,75 \le 10\), így az árusítást engedélyezik.

b) A mért adatok átlaga: $$ \bar{x} = \frac{4032}{8} = \mathbf{504 \text{ dkg}} $$ A szórás kiszámítása: $$ \sigma = \sqrt{\frac{2 \cdot 13^2 + 2 \cdot 11^2 + 2 \cdot 8^2 + 4^2 + 2^2}{8}} = \sqrt{\frac{728}{8}} = \sqrt{91} \approx \mathbf{9,54 \text{ dkg}} $$

c) A III. osztályú eper aránya az összesből: $$ 1 - \left( \frac{7}{20} + \frac{3}{8} \right) = \frac{11}{40} $$ Az összes eper együttes tömege: $$ 33 : \frac{11}{40} = 120 \text{ kg} $$ Ebből I. osztályú: \(120 \cdot 0,35 = 42\) kg, II. osztályú: \(120 - 33 - 42 = 45\) kg.
Az eredetileg tervezett árakkal számolva a bevétel: $$ 42 \cdot 800 + 45 \cdot 650 + 33 \cdot 450 = 77\,700 \text{ Ft} $$ Ennek a 85%-a lesz az új bevétel: $$ 77\,700 \cdot 0,85 = 66\,045 \text{ Ft} $$ Az akciós egységár: $$ \frac{66\,045}{120} = 550,375 \text{ Ft/kg} $$ Kerekítve az akciós egységár 550 Ft/kg legyen.

a) Mivel az automata 100 grammos hasábokat vág, a \( B \) futószalagra a \( 100 - x_A \) tömegű darabok kerülnek. A \( B \) szalagon a tömegek tehát: 49 g, 48 g, 53 g és 54 g.
Az \( A \) tömegek átlaga: $$ \frac{51+52+47+46}{4} = \frac{196}{4} = 49 \text{ g} $$ A \( B \) tömegek átlaga: $$ \frac{49+48+53+54}{4} = \frac{204}{4} = 51 \text{ g} $$ Az átlagok valóban különböznek.
Az \( A \) szalagon az átlagtól való eltérések: \( +2, +3, -2, -3 \).
A \( B \) szalagon az átlagtól való eltérések: \( -2, -3, +2, +3 \).
Ezek négyzeteinek összege mindkét esetben megegyezik (\( 4+9+4+9 = 26 \)), így a szórásuk egyaránt: $$ \sigma_A = \sigma_B = \sqrt{\frac{26}{4}} = \sqrt{6,5} \approx 2,55 \text{ g} $$ Ezzel az állítást igazoltuk.

b) Az \( ABC \) egyenlőszárú háromszög \( AB \) oldalához tartozó magassága (Pitagorasz-tétellel): \( m_c = \sqrt{(\sqrt{13})^2 - 2^2} = 3 \).
Az \( S \) sík a \( C \)-ből kiinduló \( CC' \) élt egy \( H \) pontban metszi. A sík hajlásszöge miatt a \( H \) pont magassága az alaptól: $$ CH = m_c \cdot \tan 30^\circ = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3} $$ Mivel \( \sqrt{3} < 2\sqrt{3} \) (a hasáb magassága), a metszet valóban a \( CC' \) élen van.
Az \( ABC \) lapot tartalmazó rész egy \( ABCH \) tetraéder, amelynek \( ABC \) lapjához tartozó magassága \( CH = \sqrt{3} \). Ennek térfogata: $$ V_1 = \frac{1}{3} \cdot T_{ABC} \cdot CH = \frac{1}{3} \cdot \left(\frac{4 \cdot 3}{2}\right) \cdot \sqrt{3} = 2\sqrt{3} $$ A teljes hasáb térfogata: $$ V_{\text{teljes}} = T_{ABC} \cdot m = 6 \cdot 2\sqrt{3} = 12\sqrt{3} $$ A másik (felső) rész térfogata: $$ V_2 = V_{\text{teljes}} - V_1 = 12\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 10\sqrt{3} $$ A két rész térfogatának aránya: $$ \frac{V_1}{V_2} = \frac{2\sqrt{3}}{10\sqrt{3}} = \mathbf{\frac{1}{5}} $$

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

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

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

Kiszámoljuk a hiányzó \( x \) elemet:

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

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

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

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

A rendes eladási ár árengedmény nélkül összesen:

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

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

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

Az árnyereség (bevétel mínusz beszerzési érték):

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

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

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

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

a) Az egyes játékosok sikeres dobásainak száma rendre a kísérletek és a százalékok szorzatából adódik (kerekítve, ha szükséges, de itt mind pontos egész): 1, 0, 6, 2, 3, 2 és 8.
A csapat dobási kísérleteinek száma összesen a mérkőzésen 50, a sikeres dobások száma pedig \( 1+0+6+2+3+2+8 = 22 \) volt.
A csapat dobószázaléka így: \( \frac{22}{50} = \mathbf{44\%} \).

b) Jelölje \( x \) a csapat tagjainak számát a csatlakozás előtt, az átlagmagasságot pedig \( y \) cm (\( x \in \mathbb{N}, y > 0 \)).
Az első játékos belépése előtt az összeg \( xy \) volt. Az új játékossal felírható az egyenlet: $$ \frac{xy + 195}{x + 1} = y + 0,5 $$ Hasonló gondolatmenettel a második játékos belépését követően: $$ \frac{xy + 195 + 202}{x + 2} = y + 1,5 $$ Rendezzük a két egyenletet: $$ xy + 195 = xy + 0,5x + y + 0,5 \implies 0,5x + y = 194,5 $$ $$ xy + 397 = xy + 1,5x + 2y + 3 \implies 1,5x + 2y = 394 $$ A kapott egyenletrendszert megoldva: az elsőből \( y = 194,5 - 0,5x \). Ezt a másodikba behelyettesítve: $$ 1,5x + 2(194,5 - 0,5x) = 394 \implies 1,5x + 389 - x = 394 \implies 0,5x = 5 \implies \mathbf{x = 10} $$ Visszahelyettesítve: \( y = 194,5 - 5 = \mathbf{189,5} \).
A csapat tagjainak száma tehát eredetileg 10 volt, átlagos magasságuk pedig 189,5 cm.

a) A nehezék térfogata a forgástest szimmetriája alapján egy forgáskúp és egy csonkakúp térfogatának összege.

A szabályos ötszög tulajdonságaiból és a forgástengelyből adódóan a megfelelő derékszögű háromszögek segítségével kiszámíthatjuk a sugarakat és magasságokat. Az alapkör sugara a forgáskúpnál: $$ r = 2 \cdot \sin 54^\circ \approx 1,62 \text{ cm} $$ A forgáskúp magassága: $$ m = 2 \cdot \cos 54^\circ \approx 1,18 \text{ cm} $$ A csonkakúp magassága: $$ h = 2 \cdot \sin 72^\circ \approx 1,90 \text{ cm} $$

A forgáskúp térfogata: $$ V_{\text{kúp}} \approx \frac{1,62^2 \cdot \pi \cdot 1,18}{3} \approx 3,24 \text{ cm}^3 $$ A csonkakúp térfogata (a fedőkör sugara 1 cm, mivel az ötszög felső vízszintes oldalának fele): $$ V_{\text{cskúp}} \approx \frac{1,90 \cdot \pi}{3} \cdot (1,62^2 + 1,62 \cdot 1 + 1^2) \approx 10,39 \text{ cm}^3 $$ A nehezék teljes térfogata: $$ V = V_{\text{kúp}} + V_{\text{cskúp}} \approx 3,24 + 10,39 \approx \mathbf{13,6 \text{ cm}^3} $$

b) A relatív gyakoriságok alapján a gyakorisági táblázat (az adatok számát, 120-at megszorozva a relatív gyakoriságokkal):

tömeg (gramm)	105	106	107	108	109	110
gyakoriság	12	36	36	18	12	6

A 120 adat átlaga a súlyozott számtani közép képletével: $$ \overline{x} = \frac{12 \cdot 105 + 36 \cdot 106 + 36 \cdot 107 + 18 \cdot 108 + 12 \cdot 109 + 6 \cdot 110}{120} = \mathbf{107 \text{ gramm}} $$ A szórás az átlagtól vett eltérések négyzetes közepe: $$ \sigma = \sqrt{\frac{12 \cdot (-2)^2 + 36 \cdot (-1)^2 + 36 \cdot 0^2 + 18 \cdot 1^2 + 12 \cdot 2^2 + 6 \cdot 3^2}{120}} = \sqrt{\frac{204}{120}} = \sqrt{1,7} \approx \mathbf{1,3 \text{ gramm}} $$

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

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

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

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

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

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

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

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

a) Ha az 50 adat átlaga 0,32, akkor összegük: \( 50 \cdot 0,32 = 16 \). Mivel az adatsokaság minden adata nemnegatív, legfeljebb 8 darab 2-es lehet az 50 adat között (8 darab 2-es és 42 darab 0 esetén az összeg 16).

b) Tegyük fel indirekt módon, hogy a medián lehet 0. Ekkor a nemcsökkenő sorozatba rendezett sokaságban a 25. és a 26. szám (és így az első 24 szám) is 0. Ekkor összesen legfeljebb 24 szám lehet 1 vagy 2.
Az 50 szám összege tehát legfeljebb 48 lehet, az elérhető legnagyobb átlag pedig \( 48 / 50 = 0,96 \). Mivel ez kisebb, mint a megadott 1,04, ellentmondásra jutottunk. Nem lehet a medián 0.

c) Igen, lehet. Például 31 darab 1-es és 19 darab 0 esetén az összeg 31, az átlag pedig \( 31 / 50 = 0,62 \). Mivel az 1-esből van a legtöbb (31 db), az egyetlen módusz az 1.

a) Költségfüggvény felírása és optimalizálása:
Ha \( r \) a doboz alapkörének sugara, \( m \) pedig a magassága cm-ben, akkor a térfogat: \( V = r^2\pi \cdot m = 1000 \). Ebből a magasság kifejezhető: $$ m = \frac{1000}{r^2\pi} $$ A teljes anyagköltség \( r \) függvényében (alaplap + fedőlap és palást összegzésével): $$ f(r) = 2 \cdot r^2\pi \cdot 0,2 + 2r\pi \cdot m \cdot 0,1 = 0,4r^2\pi + 0,2r\pi \frac{1000}{r^2\pi} = 0,4r^2\pi + \frac{200}{r} \text{ (Ft)} $$ A függvény minimumát a derivált nullahelyén keressük: $$ f'(r) = 0,8r\pi - \frac{200}{r^2} = 0 $$ $$ 0,8r^3\pi = 200 \implies r = \sqrt[3]{\frac{200}{0,8\pi}} \approx \mathbf{4,3 \text{ cm}} $$ Mivel a második derivált \( f''(r) = 0,8\pi + \frac{400}{r^3} > 0 \), ez valóban minimumhely.
A minimális anyagköltséghez tartozó magasság: $$ m = \frac{1000}{4,3^2\pi} \approx \mathbf{17,2 \text{ cm}} $$ A minimális anyagköltség kiszámolva és forintra kerekítve: $$ f(4,3) \approx 0,4 \cdot 4,3^2\pi + \frac{200}{4,3} \approx 23,2 + 46,5 = \mathbf{70 \text{ Ft}} $$

b) Statisztikai mutatók:
Az adatok átlaga egyszerű számtani közép: $$ \overline{x} = \frac{0+1+0+0+2+0+0+1+3+0}{10} = \mathbf{0,7} $$ Az átlagtól mért átlagos abszolút eltérés (az adatok és az átlag különbségének abszolút értékeinek átlaga): $$ D = \frac{6 \cdot |0 - 0,7| + 2 \cdot |1 - 0,7| + 1 \cdot |2 - 0,7| + 1 \cdot |3 - 0,7|}{10} $$ $$ D = \frac{6 \cdot 0,7 + 2 \cdot 0,3 + 1,3 + 2,3}{10} = \frac{4,2 + 0,6 + 1,3 + 2,3}{10} = \mathbf{0,84} $$

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) Pakisztán lakosságszáma az előrejelzés alapján 147 millióról 357 millióra nő 62 év (1988-tól 2050-ig) alatt. Ha az évi növekedés \( p \) százalékos, akkor: $$ 357 = 147 \cdot \left( 1 + \frac{p}{100} \right)^{62} $$ Ebből kifejezve \( p \)-t: $$ p = 100 \cdot \left( \sqrt[62]{\frac{357}{147}} - 1 \right) \approx 1,44\% $$ A vizsgált növekedési időszak 1988-tól 2020-ig 32 év, így a feltételezés alapján 2020-ban Pakisztán lakossága: $$ 147 \cdot 1,0144^{32} \approx \mathbf{232} \text{ (millió fő)} $$

b) Mindkét oszlopban 6 ország szerepel: Kína, India, Egyesült Államok, Indonézia, Pakisztán, Brazília.
Az átlag (millió főben) 1988-ban: $$ \frac{1255 + 976 + 274 + 207 + 165 + 147}{6} = 504 $$ Az átlag 2050-ben: $$ \frac{1533 + 1517 + 357 + 348 + 318 + 243}{6} \approx 719,33 $$ Az átlagos népességszám növekedése közelítőleg 215,33 millió fő.
A minta 6 elemű, ezért a medián a rendezett adatsokaság két középső elemének átlaga.
A medián 1988-ban: \( \frac{274 + 207}{2} = 240,5 \)
A medián 2050-ben: \( \frac{357 + 348}{2} = 352,5 \)
A medián növekedése 112 millió fő.

a) A fiúk számát az oszlopokban lévő adatok és a fiúszám szorzataként kapjuk: $$ 1 \cdot (103+58+15+3+3+0) + 2 \cdot (61+11+3+1+1+1) + \dots $$ $$ 182 + 2 \cdot 78 + 3 \cdot 16 + 4 \cdot 9 + 5 \cdot 4 = 182 + 156 + 48 + 36 + 20 = \mathbf{442} \text{ fiú.} $$

b) A legalább kétgyermekes családoknál a 0 és 1 gyermekes eseteket (pl. a 160-at és a 103, 121-et) kizárjuk. Összegezzük soronként (lányok száma szerint) a maradékot:
0 lány: \( 61 + 8 + 5 = 74 \)
1 lány: \( 58 + 11 + 4 + 1 + 1 = 75 \)
2 lány: \( 54 + 15 + 3 + 2 + 2 + 2 = 78 \)
3 lány: \( 9 + 3 + 1 + 1 + 1 = 15 \) (illetve a táblázat alapján \( 14 \))
4 lány és a felett még kevesebb.
Látható, hogy a leggyakoribb leányszám a 2.

c) A táblázat kitöltéséhez az indexek (fiú+lány) összegét kell nézni legalább 4 esetén:
4 gyermek: 21
5 gyermek: 8
6 gyermek: 5
7 gyermek: 4
8 gyermek: 2
9, 10 gyermek: 0
Támogatott családok száma összesen: \( 21 + 8 + 5 + 4 + 2 = \mathbf{40} \text{ család} \).
Támogatott gyermekek száma: \( 21 \cdot 4 + 8 \cdot 5 + 5 \cdot 6 + 4 \cdot 7 + 2 \cdot 8 = 84 + 40 + 30 + 28 + 16 = \mathbf{198} \text{ gyermek} \).

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: $$ p = \frac{\binom{126}{2}}{\binom{1056}{2}} = \frac{7875}{557040} \approx \mathbf{0,014} $$

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

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

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

A megadott feltételek alapján a következő egyenletrendszert írhatjuk fel:

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

a) 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: $$ P = \frac{21}{55} \approx \mathbf{0,3818} $$

a) Az adatok átlaga a gyakoriságok figyelembevételével: $$ \overline{x} = \frac{3 \cdot 41 + 4 \cdot 42 + 43 + 44}{9} = \frac{123 + 168 + 43 + 44}{9} = \frac{378}{9} = \mathbf{42 \text{ mm}} $$ A szórásnégyzet definíció szerint: $$ \sigma^2 = \frac{3 \cdot (41-42)^2 + 4 \cdot (42-42)^2 + 1 \cdot (43-42)^2 + 1 \cdot (44-42)^2}{9} = \frac{3 \cdot 1 + 0 + 1 + 4}{9} = \frac{8}{9} $$ A szórás tehát: $$ \sigma = \sqrt{\frac{8}{9}} \approx \mathbf{0,94 \text{ mm}} $$

b) Jelölje a tizedik mért adatot (milliméterben) az \( x \) egész szám. A szórásnégyzet egyenlő az adatok négyzetösszegének átlaga mínusz az átlaguk négyzete. Ennek az új 10 elemű halmazra legfeljebb 1-nek szabad lennie: $$ \sigma_{10}^2 = \frac{3 \cdot 41^2 + 4 \cdot 42^2 + 43^2 + 44^2 + x^2}{10} - \left( \frac{378 + x}{10} \right)^2 \le 1 $$ A fix numerikus értékeket kiszámítva: \( 3 \cdot 1681 + 4 \cdot 1764 + 1849 + 1936 = 15884 \). $$ \frac{15884 + x^2}{10} - \frac{142884 + 756x + x^2}{100} \le 1 $$ Szorozzuk be az egyenlőtlenség mindkét oldalát 100-zal: $$ 10(15884 + x^2) - (142884 + 756x + x^2) \le 100 $$ $$ 158840 + 10x^2 - 142884 - 756x - x^2 \le 100 $$ Rendezve egy másodfokú egyenlőtlenséget kapunk: $$ 9x^2 - 756x + 15856 \le 0 $$ Megkeressük az egyenlőséghez tartozó gyököket: $$ x_{1,2} = \frac{756 \pm \sqrt{756^2 - 4 \cdot 9 \cdot 15856}}{18} = \frac{756 \pm \sqrt{571536 - 570816}}{18} = \frac{756 \pm \sqrt{720}}{18} $$ A gyökök közelítő értéke: \( x_1 \approx 40,5 \) és \( x_2 \approx 43,5 \).
Mivel a parabola felfelé nyílik (\( a = 9 > 0 \)), a megoldás a két gyök közötti intervallum: $$ 40,5 \le x \le 43,5 $$ Mivel a műszer egész milliméterekben mutat, az \( x \)-nek egésznek kell lennie. Az ebbe a tartományba eső lehetséges értékek: 41, 42 vagy 43 mm. A minőségellenőr tehát ezen három érték valamelyikét mérhette.

a) \( 10\text{ kg} \) leszedett szilvából kimagozás után \( 9,5\text{ kg} \) szilva lesz. A \( 9,5\text{ kg} \) kimagozott szilvában a szárazanyag-tartalom 10%, ami \( 0,95\text{ kg} \).
A víz elvonása (aszalás) során a szárazanyag tömege nem változik. Az aszalt szilvában 5% a víz, így a fennmaradó 95% a szárazanyag.
Tudjuk, hogy a keresett \( x \) tömeg 95%-a éppen a \( 0,95\text{ kg} \)-os szárazanyag: $$ 0,95 \cdot x = 0,95\text{ kg} \implies \mathbf{x = 1\text{ kg}} $$ Tehát valóban \( 1\text{ kg} \) aszalt szilva állítható elő.

b) Legyen Kovács úr teljes termése \( x\text{ kg} \).
A termés egyik fele (\( \frac{x}{2}\text{ kg} \)) nyersen lett eladva 120 Ft-os kilónkénti áron.
A termés másik feléből (\( \frac{x}{2}\text{ kg} \)) aszalt szilvát készített. Mivel 10 kg nyersből lesz 1 kg aszalt, az aszalt szilva mennyisége \( \frac{x}{20}\text{ kg} \). Ezt 1400 Ft-ért adta el kilónként.
Az egyenlet a bevételekre: $$ 120 \cdot \frac{x}{2} + 1400 \cdot \frac{x}{20} = 286\,000 $$ $$ 60x + 70x = 286\,000 \implies 130x = 286\,000 \implies \mathbf{x = 2200} $$ Kovács úr szilvatermése 2200 kg volt.

c) Kiszámítjuk az egyes fajtákból eladott mennyiségeket a szögek arányában (a teljes kör 360°).
A: \( \frac{150^\circ}{360^\circ} \cdot 720\text{ kg} = \frac{5}{12} \cdot 720 = 300\text{ kg} \)
B: \( \frac{90^\circ}{360^\circ} \cdot 720\text{ kg} = \frac{1}{4} \cdot 720 = 180\text{ kg} \)
C: \( \frac{18^\circ}{360^\circ} \cdot 720\text{ kg} = \frac{1}{20} \cdot 720 = 36\text{ kg} \)
D: \( \frac{102^\circ}{360^\circ} \cdot 720\text{ kg} = \frac{17}{60} \cdot 720 = 204\text{ kg} \)
Az átlagárat súlyozott számtani középpel számoljuk ki: $$ \frac{300 \cdot 120 + 180 \cdot 200 + 36 \cdot 230 + 204 \cdot 260}{720} = \frac{36\,000 + 36\,000 + 8\,280 + 53\,040}{720} $$ $$ = \frac{133\,320}{720} = 185,166... $$ Az átlagár kerekítve 185 Ft/kg volt.

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) Az oszlopdiagramhoz kiszámítjuk a megfelelő magasságértékeket a vizsgált évekre. (Az ábrázolás grafikus része itt most elhagyva.)

Év	1970	1980	1990	2000
\( t \) (eltelt évek)	1	11	21	31
\( m(t) \) [m]	7	11,2	11,5	11,7
\( h(t) \) [m]	6,3	12,0	15,7	18,7

b) A megadott magasságértéket egyenlővé tesszük a mamutfenyő képletével: $$ 10,5 = 5 \cdot \sqrt{0,4t + 1} + 0,4 $$ Rendezzük az egyenletet: $$ 10,1 = 5 \cdot \sqrt{0,4t + 1} \implies 2,02 = \sqrt{0,4t + 1} $$ Mindkét oldalt négyzetre emelve: $$ 4,0804 = 0,4t + 1 \implies 3,0804 = 0,4t \implies t \approx 7,7 $$ A fa a 8. évben, azaz 1977-ben érte el ezt a magasságot (hiszen az eltelt évek száma 1969-hez adódik hozzá).

c) Megvizsgáljuk a \( g(t) \) függvény monotonitását a deriváltjának segítségével: $$ g'(t) = 3t^2 - 33t + 72 $$ A derivált zérushelyei a másodfokú egyenlet megoldóképletével (vagy szorzattá alakítással \( 3(t-3)(t-8)=0 \) ): $$ t_1 = 3 \quad \text{és} \quad t_2 = 8 $$ A derivált a két nullhely között (\( 3 < t < 8 \)) negatív értéket vesz fel (mivel a másodfokú kifejezés főegyütthatója pozitív, a parabola felfelé nyitott). Ez azt jelenti, hogy a \( g(t) \) függvény a \( (3; 8) \) intervallumon szigorúan monoton csökken.
Mivel egy fa magassága a valóságban (normál növekedés mellett) nem csökkenhet, ez a képlet fizikai szempontból nem írhatja le helyesen a fa növekedését.

a) Számítsuk ki a hiányzó nézőszámokat (bevétel / jegyár, figyelve, hogy a bevétel ezer Ft-ban van):
Kecskemét: \( \frac{22272 \cdot 1000}{1600} = 13920 \) fő.
Pécs: \( \frac{15405 \cdot 1000}{1300} = 11850 \) fő.
Az öt adat közül a maximális a 13920, így Kecskeméten adták el a legtöbb jegyet.

b) Az átlagos jegyár a teljes bevétel és a teljes nézőszám hányadosa.
Teljes nézőszám: \( 12350 + 8760 + 13920 + 9970 + 11850 = 56850 \) fő.
Teljes bevétel (Miskolc kiszámítása: \( 9970 \cdot 1500 = 14955 \) ezer Ft):
\( 14820 + 12264 + 22272 + 14955 + 15405 = 79716 \) ezer Ft, azaz \( 79.716.000 \) Ft.
Átlagos jegyár: \( \frac{79.716.000}{56850} = \mathbf{1402 \text{ Ft}} \).

c) Vizsgáljuk a lehetséges tényleges nézőszámokat!
Jelölje \( b \) a budapesti, \( p \) a prágai nézőszámot.
Bea becslése 50 000, az eltérés max 10% (azaz 5 000).
\( 45 000 \le b \le 55 000 \).
Peti becslése (60 000) a tényleges \( p \)-től tér el maximum 10%-kal:
\( 0,9p \le 60 000 \le 1,1p \implies 54 546 \le p \le 66 666 \).
A legnagyobb eltérés akkor adódik, ha \( p \) a maximális (66 666) és \( b \) a minimális (45 000).
\( p - b = 66 666 - 45 000 = 21 666 \).
Ezer főre kerekítve az eltérés lehetséges legnagyobb értéke 22 ezer fő.

d) Igen, lehetséges. Ha mindkét nézőszám megegyezik és beleesik a két intervallum metszetébe, a \( [54 546; 55 000] \) tartományba (például mindkét helyen pontosan 54 800 ember volt), akkor ez a szituáció előfordulhatott.

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

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

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

a) A szöveges feltételek alapján az értékeket kiszámoljuk:
Munkaképes lakosság száma 2004-ben: \( 8500 \cdot 1,003 = \mathbf{8526} \).
Munkanélküliek száma (az arány azonos): \( 8526 \cdot \frac{595}{8500} = 8526 \cdot 0,07 \approx \mathbf{597} \).
Szolgáltatásban dolgozók: \( 5015 \cdot 1,02 \approx \mathbf{5115} \).
A mezőgazdaságban dolgozók létszáma kivonással adódik az összes létszámból: \( 8526 - 597 - 1926 - 5115 = \mathbf{888} \).

b) A kördiagramhoz a foglalkoztatottak összesített száma 2003-ban: \( 8500 - 595 = 7905 \) (ezer fő).
Ebből számoljuk az ágazatok középponti szögeit:
Mezőgazdaság: \( \frac{1020}{7905} \cdot 360^\circ \approx 46^\circ \) (kb. 13%)
Ipar: \( \frac{1870}{7905} \cdot 360^\circ \approx 85^\circ \) (kb. 24%)
Szolgáltatás: \( \frac{5015}{7905} \cdot 360^\circ \approx 228^\circ \) (kb. 63%)

c) A mezőgazdaságban dolgozók számának aránya 2004 és 2003 között: \( \frac{888}{1020} \approx 0,87 \).
Ez tehát \( 1 - 0,87 = 0,13 \) értékű csökkenést jelent, ami körülbelül 13%-os.