Мой ответ: 12

Общая формула C(m,n)=n!/(n-m)!*n!

Всего возможно вариантов выпадения шаров 3 из 14 С(3,14)=14!/11!*3!

Если для выигрыша нужно угадать хотя бы 2, то выиграшных комбинаций с 2 угаданными числами будет в данном случае С(2,3)*С(1,11).

Таким образом, чтобы среди имеющихся на руках билетов был бы хотя бы один с 2 угаданными числами, билетов нужно купить: Х больше или равно С(3,14)/(С(2,3)*С(1,11)). Получаем число 11,0303. Ближайшее число 12.

http://mathprofi.ru/zadachi_po_kombinatorike_primery_reshenij.html

Clever!  

Предлагаем Вам написать, какие номера Вы будете выбирать на своих 12 билетах, и я попытаюсь найти 3 шара, при выпадании которых Вы проиграете. Если я не смогу это делать - Ваш ответ правильный и мой ответ неправильный. Следовательно, вопрос некорректен ввиду неправильного авторского ответа. Если я смогу, Ваш ответ неверный!

ДЖЕФФ.  

Вот не зря я не принимаю участие в многочисленных лотереях. Твой вопрос для меня оказался сложным (да как я вижу по "красной поляне" и для других). Но твое предложение мне понравилось. С интересом буду следить, кто победит: теория или практика...

Пример на коленке. 6 шаров.  

Число троек: С(3,6)/6!*3!*3!=20  

123 124 125 126 134  

135 136 145 146 156  

234 235 236 245 246  

256 345 346 356 456  

Билеты - 123, 456  

Два билета, вроде покрывают все тройки?!  

С(2,3)*С(1,3)=3*3=9  

20/9=2 с копейками, до целых в большую =3.  

А двух билетов хватило?!

piters!  

Совершенно верно! Тот же подход с меньшим числом шаров и билетов.

Джефф, как я понял, вы согласны с тем, что при шести шарах достаточно двух билетов, как я показал в примере выше?!  

Тогда пример 2, на другой коленке.  

Добавим ещё 1 шар, итого - 7. Как раз столько используется в обосновании авторского ответа.  

Число троек (я неправильно изобразил выше, но правильное число - 20) -  

С(3,7): 7!/(4!*3!)=5040/(24*6)=35  

К показанным выше добавляются тройки с 7:  

127 137 147 157 167  

237 247 257 267 347  

357 367 457 467 567  

Уберем те, которые уже описаны в двух билетах (123, 456).  

147 157 167  

247 257 267 347  

357 367  

Какие (и сколько) билеты "покроют" эти тройки?  

Например - 457 и х67. (х-любой номер, хоть из второй 7-ки)  

Итого: 2+2=4, немного, как кажется, меньше авторских 7-ми?!  

Я нигде (логически) не ошибся?  

piters!  

Всё правильно, но Вы решаете другую задачу. Вы решаете задачу с 7 шарами в лототроне, а их 14. Например, шары могут быть доставлены с номерами 148, а Ваши 4 карточки 123, 456, 457, х67 не закрывают 14х. Вы исходите из того, что там только 7 шаров, и лишний шар к 14 тоже должен быть от 1 до 7. А на самом деле всё немного иначе.

Вы должны закрыть 12х 13х 14х 15х 16х 17х 23х 24х 25х 26х 27х 34х 35х 36х 37х 45х 46х 47х 56х 57х 67х. Всего 21 случай, как я писал в Энциклопедии. И поскольку Вы можете закрыть только 3 сочетания на одной карточке потребуется 7 карточек. Кстати, не важно, как Вы будете делить эти шары - главное, что в две группы по 7. Можно было взять 7 чётных и 7 нечётных и по той же логике отметить номера в карточках. 135 179 1(11)(13) 37(11) 39(13) 57(13) 59(11) для нечётных шаров. Ещё 7 карточек для чётных шаров.

С "непокрытием" 148 вы меня поколебали.  

Непонятно, зачем вообще делить на две части (по 7)?  

Вы же не сами все это придумали, не так ли? Откройте источник идеи вопроса для боле подробного "исследования"...

piters!  

Я не все это придумал сам, а идею взял с одной телепередачи (на английском), которую я просмотрел. Зачем делить на две части? Потому что из трёх шаров два из низ обязательно попадут вместе в одной из этих семерок. И там уже проще с ними разобраться. А чтобы все три шара были из одной семёрки - это частный случай.

А 7 карточек можно тоже отметить по разному. Главное условие, чтобы каждое число фигурировало ровно три раза и каждый раз с двумя разными числами. В энциклопедии я предложил вариант 123 145 167 246 257 347 356. Но можно было отметить, например, 124 136 157 235 267 347 456.

Забыл проверить версию Clever_а при семи шарах:  

С(2,3)*С(1,4)=3*4=12  

35:12<3  

При 6 (20:9) - перебор, при 7 - недобор.  

Джефф, а как с доказательством минимальности 14 карточек?  

В посте 44029 (12х, 13х...) эти иксы (и?) из второй половины (8,9,10...).  

Каково доказательство, что из-за этого для нее (второй) нужно по крайней мере 7 карточек, а 6 не хватит. Ведь часть больших чисел уже охвачены первыми семью карточками?  

Видимо так, однако "доверяй, но проверяй".

Глупость написал, бес попутал! В первых семи карточках НЕТ 8,9,10...  

Так что ничего не экономится.