Vegyes feladatok

Komplementer módszerrel oldjuk meg a feladatot. Számoljuk ki az összes lehetséges háromszöget, majd vonjuk le azokat, amelyeknek van közös oldala a 12-szöggel.

1. Összes háromszög: A 12 csúcsból 3-at választunk ki sorrend nélkül. Ennek száma: \[ \binom{12}{3} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 220 \]

2. Pontosan egy közös oldal: Kiválasztunk egyet a 12-szög 12 oldala közül. Ehhez a két csúcshoz egy harmadikat kell választanunk úgy, hogy az ne legyen szomszédos velük (különben 2 közös oldal lenne). A 12 csúcsból 4 esik ki (a kiválasztott oldal 2 csúcsa és azok 2 külső szomszédja), így 8 csúcs maradt. Ez $12 \cdot 8 = 96$ háromszög.

3. Két közös oldal: Ezek a 12-szög 3 szomszédos csúcsa által meghatározott háromszögek. Mivel minden csúcsból pontosan egy ilyen 3-as lánc indul (pl. egy adott irányba), pontosan 12 ilyen háromszög van.

Eredmény: A megfelelő háromszögek száma: $220 - 96 - 12 = \mathbf{112}$.

Itt is a komplementer eseményt érdemes vizsgálni: összes esetből kivonjuk a "rossz" eseteket (amikor a két 'T' egymás mellett van).

1. Összes eset: A szó 10 betűből áll. Betűk gyakorisága: M (2 db), A (3 db), T (2 db), E (1 db), I (1 db), K (1 db). Az ismétléses permutációk száma:
\[ \frac{10!}{2! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1!} = \frac{3628800}{24} = 151200 \]

2. A két 'T' egymás mellett van: Kezeljük a két 'T' betűt egyetlen "dupla betűként" (TT). Így 9 "betűnk" van. A "TT" blokk 1 darabnak számít. A permutációk száma:
\[ \frac{9!}{2! \cdot 3! \cdot 1!} = \frac{362880}{12} = 30240 \]
(Mivel a két 'T' azonos, az egymás közötti cseréjük nem ad új szót, így nem szorozzuk 2!-sal.)

Eredmény: $151200 - 30240 = \mathbf{120960}$ ilyen sorrend létezik.

A binomiális tétel szerint a kifejtés általános (k-adik) tagja a következő alakú (\( 0 \le k \le 9 \)):

\[ T_{k} = \binom{9}{k} \cdot \left(2x^2\right)^{9-k} \cdot \left(-\frac{1}{3x}\right)^k \]

Bontsuk szét a konstansokat és az \( x \) hatványait:

\[ T_{k} = \binom{9}{k} \cdot 2^{9-k} \cdot x^{2(9-k)} \cdot \left(-\frac{1}{3}\right)^k \cdot x^{-k} \]

\[ T_{k} = \binom{9}{k} \cdot 2^{9-k} \cdot \left(-\frac{1}{3}\right)^k \cdot x^{18 - 2k - k} \]

A kifejezés akkor nem tartalmazza \( x \)-et, ha a hatványkitevője nulla:

\[ 18 - 3k = 0 \implies 3k = 18 \implies k = 6 \]

Helyettesítsük be \( k = 6 \)-ot a konstans részbe:

\[ \binom{9}{6} \cdot 2^3 \cdot \left(-\frac{1}{3}\right)^6 = 84 \cdot 8 \cdot \frac{1}{729} = \frac{672}{729} = \mathbf{\frac{224}{243}} \]

1. eset (A és B terem megkülönböztetve):
Itt számít, hogy melyik csoport hova kerül. Válasszuk ki az "A" terembe kerülő 10 diákot a 20-ból. A maradék 10 automatikusan a "B" terembe kerül.
A lehetőségek száma: \[ \binom{20}{10} = 184756 \]

2. eset (Csak két egyforma csapat):
Ebben az esetben a csoportok nem különböztethetők meg. Ha kiválasztunk 10 diákot (legyen ez a Piros csapat), és marad 10 (Kék csapat), az pontosan ugyanaz a beosztás, mintha elsőre a Kék csapat 10 emberét választottuk volna ki. Minden beosztást pontosan kétszer számoltunk az első esetben.

Így a lehetőségek száma a fele lesz: \[ \frac{\binom{20}{10}}{2} = \frac{184756}{2} = \mathbf{92378} \]

Alkalmazzunk komplementer számolást. Határozzuk meg az összes lehetséges út számát, majd vonjuk ki belőle a (3;3) ponton áthaladó utak számát.

1. Összes út: Összesen 12 lépést kell tennünk, ebből pontosan 6 J és 6 F lépés kell. Ez a 12 elem ismétléses permutációja, vagyis az, hogy a 12 lépésből hányadik lesz a 6 darab J:
\[ \binom{12}{6} = 924 \]

2. A (3;3) ponton áthaladó utak: Egy ilyen út két részre bontható: eljutás (0;0)-ból (3;3)-ba, majd (3;3)-ból (6;6)-ba.
- (0;0) -> (3;3): 6 lépés (3 J, 3 F) -> $\binom{6}{3} = 20$
- (3;3) -> (6;6): 6 lépés (3 J, 3 F) -> $\binom{6}{3} = 20$
Mivel minden első szakasz kombinálható minden második szakasszal, ezek szorzata adja a megkötésnek megfelelő utakat: $20 \cdot 20 = 400$.

Eredmény: Az engedélyezett utak száma: $924 - 400 = \mathbf{524}$.

A francia kártya 13 különböző értékből (2-10, J, Q, K, A) és 4 színből (pikk, káró, treff, kőr) áll.

A Full house összeállításának lépései a következők:

1. Értékek kiválasztása: Ki kell választanunk azt az értéket, amiből 3 darab lesz, majd azt, amiből 2 darab. A 13 értékből a hármas csoport értékét 13-féleképpen választhatjuk ki. A maradék 12 értékből a párosét 12-féleképpen. Ez $13 \cdot 12 = 156$ lehetőség. (Fontos: itt számít a sorrend, mert pl. a 3 király, 2 tízes nem ugyanaz a kéz, mint a 3 tízes, 2 király!)

2. Színek kiválasztása a hármashoz: Az adott értékű 4 lapból 3-at kell húznunk: $\binom{4}{3} = 4$.

3. Színek kiválasztása a párhoz: Az adott értékű 4 lapból 2-t kell húznunk: $\binom{4}{2} = 6$.

Eredmény: A független lépések variációit összeszorozzuk: \[ 13 \cdot 12 \cdot 4 \cdot 6 = \mathbf{3744} \]. Ennyiféleképpen osztható Full house.

A rendelkezésre álló halmazban pontosan 3 páros (2, 4, 6) és 3 páratlan (1, 3, 5) számjegy van.

Ha a páros és páratlan számjegyeknek felváltva kell következniük, kétféle "minta" lehetséges:

• A eset: Páros - Páratlan - Páros - Páratlan - Páros - Páratlan
• B eset: Páratlan - Páros - Páratlan - Páros - Páratlan - Páros

Mindkét esetben a 3 helyre a 3 páros számot $3! = 6$ féleképpen, a maradék 3 helyre a 3 páratlan számot szintén $3! = 6$ féleképpen oszthatjuk szét.

Tehát az A eset száma: $6 \cdot 6 = 36$. A B eset száma szintén: $6 \cdot 6 = 36$.

Eredmény: Összesen $36 + 36 = \mathbf{72}$ ilyen hatjegyű szám létezik.

A feladat egy tipikus ismétléses kombináció ("stars and bars" módszer) rejtett kikötéssel.

Mivel mind a 4 fajtából legalább 2 gombócot kell kérnünk, ezt a "kötelező" kört először letudjuk: beteszünk a tálba minden fajtából 2 gombócot. Ez összesen $4 \cdot 2 = 8$ gombóc. A feladat állításának ez a lépés 1-féleképpen tehető meg.

A 15 gombócból maradt $15 - 8 = 7$ gombóc. Ezt a 7 gombócot már mindenféle megkötés nélkül, tetszőlegesen választhatjuk ki a 4 fajtából.

A képlet szerint $k$ elem ismétléses kombinációja $n$ fajtából: $C^{(i)}_{n,k} = \binom{n+k-1}{k}$. Itt $n=4$ (fajták száma) és $k=7$ (kiosztandó gombócok).

\[ \binom{4+7-1}{7} = \binom{10}{7} = \binom{10}{3} \]

Kiszámolva: \[ \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{3 \cdot 2 \cdot 1} = 10 \cdot 3 \cdot 4 = \mathbf{120} \]

Tehát 120-féleképpen választhatjuk ki a fagyit a megadott feltételekkel.

Vizsgáljuk meg az alakzatok páronkénti maximális metszéspontjainak számát, és adjuk őket össze három csoportban.

1. Egyenesek egymással: Bármely két egyenes legfeljebb 1 pontban metszi egymást. A 8 egyenesből kiválasztott bármely 2 ad egy metszéspontot.
\[ \binom{8}{2} \cdot 1 = \frac{8 \cdot 7}{2} = 28 \]

2. Körök egymással: Bármely két különböző kör legfeljebb 2 pontban metszi egymást. Az 5 körből 2-t választunk.
\[ \binom{5}{2} \cdot 2 = 10 \cdot 2 = 20 \]

3. Egyenesek körökkel: Egy egyenes és egy kör legfeljebb 2 pontban metszhetik egymást. Minden egyenes mindegyik körrel alkothat metszéspontot.
\[ 8 \text{ egyenes} \cdot 5 \text{ kör} \cdot 2 \text{ metszéspont} = 80 \]

Eredmény: Mivel feltettük, hogy nincsenek hármas metszéspontok (így nem számoltunk semmit duplán), az összes lehetséges metszéspont maximális száma: $28 + 20 + 80 = \mathbf{128}$.

A feladat megoldásához elegendő rájönni egy fontos geometriai rendre: hogyan jön létre egy belső metszéspont?

Két átló belső metszéspontja pontosan akkor jön létre, ha az a két átló egy konvex négyszög két átlója. Vagyis a 15-szög bármely 4 csúcsa egy konvex négyszöget határoz meg, aminek pontosan két átlója van, és ezek az átlók pontosan 1 pontban metszik egymást a négyszög (és egyben a 15-szög) belsejében.

Mivel feltételeztük, hogy nincs három átlónak közös metszéspontja, ez a hozzárendelés (4 csúcs $\leftrightarrow$ 1 belső metszéspont) kölcsönösen egyértelmű (bijektív).

A probléma tehát leegyszerűsödik arra: hányféleképpen választhatunk ki 4 csúcsot a 15-ből?

\[ \binom{15}{4} = \frac{15 \cdot 14 \cdot 13 \cdot 12}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 15 \cdot 7 \cdot 13 = \mathbf{1365} \]

Tehát legfeljebb 1365 belső metszéspontja lehet az átlóknak.