Logika

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 (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) 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) 1 gallon üzemanyaggal \( 25{,}4 \) mérföld, azaz \( 25{,}4 \cdot 1{,}61 \approx 40{,}89 \) km tehető meg.
Ezért 100 km megtételéhez \( \frac{100}{40{,}89} \approx 2{,}45 \) gallon üzemanyag szükséges.
Ez literben kifejezve: \( 2{,}45 \cdot 3{,}79 \approx 9{,}29 \) liter.
Tehát a kért kerekítéssel \( 9{,}3 \) liter/100 km az átlagfogyasztás.

b) Ha a rendszám két magánhangzóval kezdődik: \( 5 \cdot 5 = 25 \) eset lehetséges.
Ha a rendszám két mássalhangzóval kezdődik (az összes elvileg lehetséges esetből a felsorolt nem előforduló esetek számát kivonva): \( 21 \cdot 21 - 7 = 434 \) eset.
Ez összesen \( 25 + 434 = 459 \) lehetőség az első két betűre.
A rendszám további része (két tetszőleges betű és három számjegy, ami nem 000) \( 26 \cdot 26 \cdot 999 = 675\,324 \)-féleképpen folytatható.
Összesen: \( 459 \cdot 675\,324 = \) \( 309\,973\,716 \) rendszám felel meg a feltételeknek.

c) A „bármely két...” (azaz minden pár) állítás tagadása az, hogy létezik legalább egy olyan pár, amelyre nem igaz (azaz egyformák).
A helyes válasz a C (Van legalább két egyforma magyar rendszám).

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) Legyen az \( A \) csúcs koordinátája \( A(0; a) \), a \( B \) csúcsé pedig \( B(b; 0) \), ahol \( a^2 + b^2 \ne 0 \). Ekkor az \( \overrightarrow{AB} \) vektor koordinátái: \( (b; -a) \).

Mivel a négyzet szomszédos oldalai merőlegesek egymásra és egyenlő hosszúak, a \( \overrightarrow{BC} \) vektor az \( \overrightarrow{AB} \) vektor \( +90^\circ \)-os vagy \( -90^\circ \)-os elforgatottja. Így a \( \overrightarrow{BC} \) vektor koordinátái \( (a; b) \) vagy \( (-a; -b) \) lehetnek.

A négyzet \( C \) csúcsának helyvektora \( \mathbf{c} = \mathbf{b} + \overrightarrow{BC} \), azaz a \( C \) csúcs koordinátái: 1. esetben: \( C_1(b + a; 0 + b) = (a + b; b) \) 2. esetben: \( C_2(b - a; 0 - b) = (b - a; -b) \)

A négyzet \( K \) középpontja az \( AC \) átló felezőpontja. Ennek koordinátái: 1. esetben: \( K_1 \left( \frac{0 + (a + b)}{2}; \frac{a + b}{2} \right) = \left( \frac{a + b}{2}; \frac{a + b}{2} \right) \) 2. esetben: \( K_2 \left( \frac{0 + (b - a)}{2}; \frac{a - b}{2} \right) = \left( \frac{b - a}{2}; \frac{a - b}{2} \right) \)

Látható, hogy az első esetben a \( K \) középpont koordinátái egyenlők, a második esetben pedig egymás ellentettjei (\( \frac{b-a}{2} = - \frac{a-b}{2} \)). Ezt kellett bizonyítani.

b) Mivel a négyzet középpontja a \( (7; 7) \) pont, az a) feladatrész alapján a két koordináta egyenlő, így az első esettel van dolgunk: $$ \frac{a + b}{2} = 7 \implies a + b = 14 \implies a = 14 - b $$ A négyzet oldala 10 egység hosszú, tehát az \( AB \) szakasz hossza is 10: $$ \sqrt{(b - 0)^2 + (0 - a)^2} = 10 \implies a^2 + b^2 = 100 $$ Helyettesítsük be \( a \)-t: $$ (14 - b)^2 + b^2 = 100 \implies 196 - 28b + 2b^2 = 100 \implies 2b^2 - 28b + 96 = 0 $$ Kettővel osztva: \( b^2 - 14b + 48 = 0 \). Ebből a másodfokú egyenletből: $$ b_1 = 6 \quad \text{és} \quad b_2 = 8 $$ A hozzájuk tartozó \( a \) értékek: \( a_1 = 8 \) és \( a_2 = 6 \).

Tehát két ilyen négyzet van, a koordinátatengelyekre illeszkedő két csúcsuk: \( A_1(0; 8) \) és \( B_1(6; 0) \), illetve \( A_2(0; 6) \) és \( B_2(8; 0) \).

a) Az állítás hamis.
Ellenpélda: egy 6 pontú gráf, amely két diszjunkt körből (pl. két különálló háromszögből) áll. Ebben minden pont fokszáma 2, de a gráf nem összefüggő.

b) A megfordítás: Ha a gráf összefüggő, akkor minden pontjának fokszáma legalább 2.
Ez az állítás is hamis.
Ellenpélda: bármely véges fa (pl. egy 3 pontból álló út, vagyis láncgráf), amely összefüggő, de vannak elsőfokú pontjai (levelei).

c) A megadott gráfok sorszámait a halmazok definíciói alapján, a megfelelő metszetekbe kell beírni a Venn-diagramba. (A sorszámok elhelyezése a gráfok tulajdonságai alapján történt).

d) Egy tetszőleges 6 pontú fa rajzolása a feladat. Mivel a fák összefüggő, de kört nem tartalmazó egyszerű gráfok, így ezt a gráfot a \( (P \cap Q) \setminus R \) halmazrészbe kell elhelyezni.

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) Az $A$ és $B$ osztályok sorrendje az első két helyen kétféleképpen alakulhatott ($2! = 2$). A fennmaradó négy helyen a $C, D, E, F$ osztályok $4!$-féleképpen ($24$) végezhetnének. Ezek közül nem megfelelő, amikor $D$ az utolsó; ez az eset $3!$-féleképpen ($6$) fordulhat elő. A különböző megfelelő lehetőségek száma tehát: $$ 2 \cdot (4! - 3!) = 2 \cdot (24 - 6) = \mathbf{36} $$

b) Az összes lehetséges sorrend száma $6! = 720$. Mivel minden elrendezésnek megvan a párja, ahol az $E$ és az $F$ osztály helyet cserél, az esetek pontosan felében előzi meg $E$ az $F$-et. A megfelelő esetek száma: $$ \frac{6!}{2} = \mathbf{360} $$

c) A mérkőzések száma összesen $\binom{6}{2} = 15$. Ennek harmada, vagyis 5 mérkőzés végződött döntetlennel.

Az $A$ csapatnak 8 pontja van. Mivel $B$-től kikapott, a hátralévő 4 meccsét meg kellett nyernie, így $A$-nak nem volt döntetlenje.
Az $F$ csapat 0 pontos, vagyis minden meccsét elvesztette; tehát $F$-nek sem volt döntetlenje.

Ez azt jelenti, hogy az 5 döntetlen teljes egészében a $B, C, D, E$ csapatok egymás elleni találkozóin született. Ez a négy csapat egymás ellen $\binom{4}{2} = 6$ mérkőzést játszott. Mivel ebből a 6 mérkőzésből 5 döntetlen, csupán egyetlen mérkőzés dőlt el győzelemmel ezen a csoporton belül.

Nézzük a $B$ csapat pontjait! A 7 pontból $A$ legyőzéséért 2-t, $F$ legyőzéséért 2-t kapott. Maradt 3 pontja, amit a $C, D, E$ ellen szerzett (3 mérkőzésen).
Ha a csoporton belüli 6 meccsből 5 döntetlen, akkor $B$-nek is legalább 2 döntetlenje kell, hogy legyen. Ha nyert volna a harmadik meccsen, akkor 4 pontot szerezne tőlük (és összesen 8 lenne). Így $B$ mindhárom belső meccsén döntetlent játszott, tehát a $B-C$, $B-D$ és $B-E$ mérkőzések mind döntetlenek voltak.

Tehát a $B$ és a $D$ osztály közötti mérkőzés valóban döntetlenre végződött.

a) A húrnégyszög alapvető tulajdonsága, hogy a szemközti szögeinek összege \( 180^\circ \). A feladatban megadott három szög aránya \( \alpha : \beta : \gamma = 7 : 6 : 8 \). Ezek közül valamelyik kettő a négyszög egymással szemben fekvő szögpárja lehet, így három esetet különböztethetünk meg:

Eset	Egyenlet a szemközti szögekre	\(\alpha\)	\(\beta\)	\(\gamma\)	Negyedik szög (\(\delta\))
1.	\( 7x + 8x = 180^\circ \implies x = 12^\circ \)	\( 84^\circ \)	\( 72^\circ \)	\( 96^\circ \)	\( 180^\circ - 72^\circ = \mathbf{108^\circ} \)
2.	\( 6y + 8y = 180^\circ \implies y = \frac{90^\circ}{7} \)	\( \approx 90^\circ \)	\( \approx 77,1^\circ \)	\( \approx 102,9^\circ \)	\( 180^\circ - 90^\circ = \mathbf{90^\circ} \)
3.	\( 7z + 6z = 180^\circ \implies z = \frac{180^\circ}{13} \)	\( \approx 96,9^\circ \)	\( \approx 83,1^\circ \)	\( \approx 110,8^\circ \)	\( 180^\circ - 110,8^\circ = \mathbf{\approx 69,2^\circ} \)

Tehát a szögek pontos értékei:
1. esetben: 84°, 72°, 96°, 108°
2. esetben: \(\frac{540^\circ}{7}\), \(\frac{720^\circ}{7}\), 90°, 90°
3. esetben: \(\frac{1080^\circ}{13}\), \(\frac{1440^\circ}{13}\), \(\frac{1260^\circ}{13}\), \(\frac{900^\circ}{13}\)

b) A felírt eseteket átvizsgálva:
Zsófi állítása az 1. esetre igaz.
Peti állítása a 2. esetre igaz (két szöge is derékszög).
Kata állítása a 3. esetre igaz (\( 1440/13 \approx 110,77^\circ > 110^\circ \)).
Viszont nincs egy olyan egyedi négyszög sem a három lehetőség közül, amire egyszerre mindhárom diák állítása érvényes lenne. A probléma feltételeinek az 1., 2. és 3. típusú húrnégyszögek mindegyike megfelel, így mindhárom állítás lehet igaz, de egyszerre nem igazak.

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?”)