Hogyan lehetne megoldani a következő feladatokat?

a) Ez nekem nem teljesen világos. Például p = 5 esetén a szabályos 5-szögben az ABCDE és AEDCB körutak különbözőnek számítanak? Ugye akárhogy fogatod őket a síkban nem fog egymásba esni a két sorrend, viszont ha csak az útvonalat vesszük figyelembe, akkor azok fedik egymást ennél a két körútnál. Ha különbözők, akkor elég egyértelműen (p – 1)! lesz a végeredmény, ha nem, akkor _talán_ (p – 1)!/2, de még nem gondoltam át teljesen.

b) Erre egy csomó bizonyítást találsz Google-lel.

Szökőkút: A két színt 3*2-féleképpen tudod választani, és a második színnel megvilágított vízsugarakat ettől függetlenül (6 alatt a 3)-féleképpen. Ez összesen 6*(6*5*4/3!) = 120 lehetőség.

Andrásék: Összesen 6! sorrendben ülhetnek le. Ebből rossz az, ha a három lány az 1.–3., 2.–4., 3.–5. vagy 4.–6. helyeken ül. Ez 4 lehetőség, és mivel mindegyikhez 3!*3! sorrend tartozik (a három lány sorrendje függetlenül választható a 3 fiú sorrendjétől), ezért összesen 4*3!*3! rossz, tehát 6! – 4*6*6 = 576 jó sorrend van.

Szekrényes: Összesen 7! sorrendben veheti fel a 7 inget. Hogy az első 3 nap egyforma az ingeinek színe, az csak úgy lehet, hogy a fehér ingeket veszi elő, őket pedig 3! sorrendben tudja. Hogy különböző színű ingeket 2*2*3-féleképpen választhatja, de a sorrend is számít, tehát ezt 3!-ral még szorozni kell. Összesen (3! + 3!*2*2*3)*4! jó lehetőség van, mert a maradék 4 nap tetszőleges sorrendben veheti fel az ingeket. Így a kérdéses valószínűség

(3! + 3!*2*2*3)*4!/7! = 3!*(1 + 12)/7*6*5 = 13/35 ≈ 37,1%.

Oldd meg úgy is, hogy a megoldás során nem tekinted különbözőnek az ingeket.

(90 alatt a 6) = 90*89*88*87*86*85/(6*5*4*3*2*1) --6*5-tel majd 4*2-vel egyszerűsítve--> 3*89*11*87*86*85/3 = 89*11*87*86*85, amiben a 86 páros tényező, így a végeredmény is páros.

p prím: Tekintsük úgy, hogy a körutak akkor egyformák, ha a térképeiken az irányítatlan szakaszok által meghatározott alakzatok egybevágóak (például négyzet esetén az ABDCA és az ADBCA körutak egyformák, meg természetesen a fordítottjaik is).

Mivel a körút során mindig átmegyünk az egyik csúcson, így mindig tekinthetjük azt az elsőnek, meg a sorrend sem számít, így összesen (p – 1)!/2-féle körút lehetséges (legalább is, ha p > 2). Nézzük, hogy miket számolunk így többször. A legkisebb pozitív szög, amivel egy ilyen alakzatot elforgatva az önmagába megy át az csak n*2*π/p nagyságú lehet, ahol n osztója p-nek. Azért, mert p prím, két lehetőség van: n = 1 vagy pedig n = p.

Az első esetben, hogy tényleg minden 2*π/p szögű forgatás magába vigye az alakzatot, minden csúcsnak egyformának kell lennie, tehát csak úgy haladhatunk, hogy 1-esével végig megyünk a szomszédos városokon, vagy 2-esével megyünk, vagy 3-asával,… vagy p – 1-esével. Könnyű látni, hogy a p – m-esével lépkedés ugyanazt az utat adja, mint az m-esével lépkedés, csak a másik irányba, így ilyenből összesen (p – 1)/2 van.

Ha másik esetben a térkép csak úgy megy önmagába, ha teljesen körbe forgatjuk; 2*π/p forgatásra pedig egy vele egybevágó, de a (p – 1)!/2 képletben külön számolt utat kapunk. Ez azt jelenti, hogy ha ezekből az utakból k-féle van, akkor mind a k-félét p-szer számoltuk. Másrészt az első esettel együtt ezek teljes száma vissza kell adja a (p – 1)!/2-t:

(p – 1)/2 + p*k = (p – 1)!/2,

p – 1 + 2*p*k = (p – 1)!,

p + 2*p*k = (p – 1)! + 1,

//Megjegyzés: p*(2*k + 1) = (p – 1)! + 1, és mivel az asszimmetrikus utak száma (k) egy létező egész szám, ez éppen azt jelenti, hogy p|(p – 1)! + 1, tehát megvan a Wilson-tétel.//

k = ((p – 1)! + 1 – p)/(2*p).

Tehát az összes lehetőség az útvonal megtervezésre

(p – 1)/2 + k = (p – 1)/2 + ((p – 1)! + 1 – p)/(2*p) = ((p – 1)! + (p – 1)^2)/(2*p).

Végül ne felejtsük el, hogy ez csak p > 2 igaz, p = 2-re a lehetséges útvonalak száma 1, és a Wilson-tételt is külön ellenőrizni kell: (2 – 1)! + 1 = 1! + 1 = 2, ami tényleg osztható 2-vel.