Problem C. 1453. (December 2017)

C. 1453. A \(\displaystyle 3\times3\) square lattice contains twelve grid line segments of unit length in its interior. Four out of the twelve line segments are selected at random. What is the probability that the selected line segments divide the square into at least two parts?

(5 pont)

Deadline expired on January 10, 2018.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Nevezzük 2-es eseteknek azokat, amikor már két rácsszakasz megjelölésével két részre bontjuk a négyzetet. Ezt az \(\displaystyle f,h\), vagy a \(\displaystyle g,j\), vagy az \(\displaystyle m,q\), vagy a \(\displaystyle p,r\), sarkoknál lévő szakaszpárok kiválasztásával, vagyis 4-féleképpen tudjuk megtenni.

A másik két rácsszakaszt a maradék \(\displaystyle 10\) szakasz közül választhatjuk,így a \(\displaystyle 2\)-es esetek száma \(\displaystyle 4\cdot\binom{10}{2}=180\) lenne. Azonban a másik két rácsszakasz kiválasztásakor másik saroknál lévő szakaszpárok is szóba jöhetnek.

Így azokat az eseteket, amikor másik két saroknál lévő szakaszpárt választottunk ki, duplán számoltuk, ezért le kell vonni \(\displaystyle \binom42=6\) esetet. Tehát a \(\displaystyle 2\)-es esetek száma: \(\displaystyle N_2=174\).

Nevezzük 3-as eseteknek azt, amikor már 3 szakasszal két részre bontjuk a négyzetet (de a 3 közül semelyik 2-vel nem).

A.) Ezt megvalósíthatjuk például az \(\displaystyle f,g,i\) rácsszakaszok kiválasztásával. A negyedik szakasz nem lehet sem a \(\displaystyle h\), sem a \(\displaystyle j\) szakasz, mert ezek az esetek más szerepeltek a \(\displaystyle 2\)-es esetek között, így a negyedik szakaszt \(\displaystyle 7\) szakasz közül választhatjuk. A forgásszimmetria miatt ez \(\displaystyle 4\cdot7=28\) esetet jelent.

B.) Megvalósíthatjuk például az \(\displaystyle f,k,m\) rácsszakaszok kiválasztásával. A negyedik szakasz nem lehet sem a \(\displaystyle h\), sem a \(\displaystyle q\) szakasz, mert ezek az esetek más szerepeltek a \(\displaystyle 2\)-es esetek között, így a negyedik szakaszt \(\displaystyle 7\) szakasz közül választhatjuk. A tengelyes és forgásszimmetria miatt ez \(\displaystyle 8\cdot7=56\) esetet jelent.

C.) Megvalósíthatjuk például az \(\displaystyle f,k,q\) rácsszakaszok kiválasztásával. A negyedik szakasz nem lehet sem a \(\displaystyle h\), sem az \(\displaystyle m\) szakasz, mert ezek az esetek más szerepeltek a \(\displaystyle 2\)-es esetek között, így a negyedik szakaszt \(\displaystyle 7\) szakasz közül választhatjuk. A forgásszimmetria miatt ez \(\displaystyle 4\cdot7=28\) esetet jelent.

Tehát a \(\displaystyle 3\)-as esetek száma: \(\displaystyle N_3=112\).

Nevezzük \(\displaystyle 4\)-es eseteknek azt, amikor \(\displaystyle 4\) szakasszal bontjuk két részre a négyzetet. Erre a következő lehetőségek vannak:

A.) Az \(\displaystyle i,k,n,l\) rácsszakaszok kiválasztásával. Ebből csak \(\displaystyle 1\) eset lehetséges.

Az \(\displaystyle h,i,l,p\) rácsszakaszok kiválasztásával. A tengelyes és forgási szimmetriát figyelembe véve ebből \(\displaystyle 8\) eset van.

Az \(\displaystyle f,i,l,p\) rácsszakaszok kiválasztásával. A forgási szimmetriát figyelembe véve ebből \(\displaystyle 4\) eset van.

Az \(\displaystyle f,k,n,p\) rácsszakaszok kiválasztásával. A forgási szimmetriát figyelembe véve ebből 4 eset van.

Tehát a 4-es esetek száma: \(\displaystyle N_4=17\).

A kedvező esetek száma: \(\displaystyle N_k=N_2+N_3+N_4=174+112+17=303\).

Az összes esetek száma: \(\displaystyle N_ö=\binom{12}{4}=495\).

A keresett valószínűség: \(\displaystyle p=\frac{N_k}{N_ö}=\frac{303}{495}≈0,612\).

Statistics:

46 students sent a solution.
5 points:	Balog 518 Lóránd, Bukor Benedek, Dékány Barnabás, Kiszelovics Dorina, Lénárd Kristóf, Meglécz Máté, Molnár 410 István, Németh Csilla Márta, Paksi Barnabás, Pipis Panna, Rittgasszer Ákos, Sal Dávid, Surján Anett, Szécsi Adél Lilla, Veres Kata.
4 points:	Agócs Katinka, Ajtai Boglárka, Almási Adél Csilla, Jankovits András, Kovács 161 Márton Soma, Kulcsár Krisztina, Magyar 257 Boglárka, Mészáros Melinda, Négyessy Eszter, Spányik Teodor, Szatmári Boldizsár, Török Boldizsár, Wolff Vilmos.
3 points:	8 students.
2 points:	4 students.
1 point:	2 students.
0 point:	4 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, December 2017