Lottóvariációk - Csodák nincsenek

Hallani, olvasni néha az úgynevezett világbajnok hibapontos variációkról.
Ezekre a hírekre azért csak felkapja az ember a fejét, már akit ez érdekel, mint ahogy majd az is nagyot szól, ha valamelyik síkfutó (végre, már alig vártuk) 8 másodpercen belül teljesíti a 100 métert – mert ne legyenek kétségeink, egyszer annak is eljön az ideje.
De miközben majd ünneplünk, tudni fogjuk azt is (mint ahogy azt már tudjuk most is), hogy az egyébként nem volna lehetséges, mint laboratóriumi körülmények között. Mindaddig azonban, amíg akkor és ott, nem leszünk képesek bizonyítani (azt, amit egyébként pontosan tudunk), megmagyarázni a „szinte hihetetlen” eredmény valódi okát, az eredményt el fogjuk fogadni, majd hitelesítjük azt, mint eddig is, hovatovább, egyesek elérendő célként tűzik azt maguk elé - a lehetetlent.
Nem tudom mi a hit, ha nem ez.

Szerencsére egy lottóvariáció esetében ez nem fordulhat elő
Ha például azzal állna elő valaki, hogy elkészítette 90 szám 3 hibapontos variációját 5 számra, mondjuk 90 szelvényen, minden egyéb feltétel (körülmény) teljesülésétől is függetlenül, akkor mi biztosan állíthatjuk (már most)... legalábbis téved az illető.

Nézzük miért.
Ötöslottó, 80 szám 3 hibapontos variációja.
Ha egy 3 hibapontos variáció minden egyéb feltétel teljesülésétől mentes és a variáció minimum - optimális esetben pedig számpáronként maximum - egy számsora (szelvénye) tartalmazza 1-80-ig az összes lehetséges számpárt (1-56; 29-71; stb.), akkor, és csakis akkor fogadható el teljes értékű (minimum garanciás) 3 hibapontos variációnak. Ha azonban a variációt alkotó számsorok mennyisége azt eleve kizárja, a variáció nem lehet teljes értékű.
A minimum garancia alatt most értsük azt: ha a 80 számból csak 2 számot húznak ki (bármelyik 2 számot a lehetséges 3160 darab számpár közül), nekünk akkor is van minimum 1 darab 2 találatos szelvényünk. 90 szám variációja esetén másként értelmezett a minimum garancia, lévén 90 számból nem lehetséges kevesebbet, mint 5 számot kihúzni.

Hogyan számolhatjuk ki ezt a legegyszerűbben
Ha 90 számot 2 számra variálunk, akkor 4005 darab számpárt (2 számból álló számsort) kapunk (90*89/2*1). De mivel mi 5 számra variálunk 90 számot, ezért másként kell kalkulálnunk.

Tudjuk, egy 5 számból álló számsor 10 számpárra (5*4/2*1) bontható.
Ez annyit jelent, hogy minden egyes szelvényen 10 (egymástól elkerülhetetlenül különböző) számpárt játszunk meg. Optimális esetben (és ha az egyáltalán lehetséges), szelvényenként 10, egymástól tehát mindig különböző számpárt írunk fel mindaddig, amíg mind a 4005 darab számpárt fel nem használtuk.
Ezért első következtetésünk az is lehetne: ha egy szelvény 10 számpárból áll és nekünk 4005 darab számpárt kell megjátszanunk (a biztos 2 találatos reményében), akkor 4005/10 = 400,5 ~ 401 darab szelvényre van szükségünk.
Sajnos még ezt a látszólag helyes következtetést sem tekinthetjük (minden esetben) igaznak - mint ahogy ez 90 szám variációja során se tud teljesülni.
Hogy miért, arról majd később, azonban annyit már most kijelenthetünk: egy valóban elmés (teljes értékű, minimalizált szelvényszámú) variáció készítése során nem arra törekszünk, hogy minden számpár egyenként is szerepeljen a variációban, hanem arra, hogy bármelyik 5 számot is húzzák ki, az így kapott 10 számpárból legalább egyet szerepeltessünk a variáció valamelyik szelvényén.
Ezt elérhetjük akár úgy is, ahogyan 20 szám 3 hibapontos variációja készült, de valljuk be, az a megoldás nem jelentett kihívást (annyit is ér), arra viszont pont jó lesz, hogy megértsük a következő kérdésre adott választ.

Miként lehetséges 90 szám 3 hibapontos variációja 100 szelvényen
Éppen úgy, mint ahogy azt a Furcsa megoldások oldalon is láthattuk - a 14 szám 2 hibapontos variációját elemezve.

Tovább: Rendszer probléma