Kezdőlap


Feladat:	472. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balázs B. , Bali Gy. , Balló R. , Bárdos A. , Bártfai P. , Beretvás T. , Biczó G. , Bujdosó A. , Csáki E. , Csernyák L. , Csiszár I. , Csonka P. , Deseő Z. , Dömölki B. , Edvi Illés Judit , Esztergom, I. István g. , Eördögh László , Farkas E. , Fejes K. , Frajka Z. , Fülöp J. , Gergely A. , Gergely P. , Gombosi Éva , Grätzer Gy. , Gyapjas F. , Győr, Bencés g. , Hátsági V. , Holbok S. , Huszár k. , Juhay L. , Kántor S. , Kelényi Judit , Kenesei Ilona , Klofszky E. , Kollár L. , Kovács F. , Kovács László (Debrecen) , Lábos E. , Lipka I. , Madarász gy. , Magyary-Kossa M. , Marik M. , Mercz F. , Miskovszky Gy. , Mohos B. , Németh Gy. , Németh Lehel , Németh P. , Oláh I. , Papp Z. , Pátkai Gy. , Quittner P. , Radda Gy. , Reichlin-M. V. , Roboz Ágnes , Rockenbauer Magda , Rusznyák A. , Salamon P. , Siklósi P. , Sohár P. , Sóti F. , Surányi P. , Szabados L. , Szabó D. , Szabó E. , Szalay T. , Tahy P. , Theisz P. , Tilesch F. , Tisovszky J. , Tokaji B. , Tomor B. , Vigassy J. , Zawadowski Alfréd
Füzet:	1953/március, 79 - 80. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Sakk, Kombinatorikai leszámolási problémák, Permutációk, Kombinációk, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/szeptember: 472. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

7 játszmából 5 pont nyilvánvalóan csak a következőképpen lehetséges: a) 5 nyert, 2 vesztett, b) 4 nyert, 2 döntetlen, 1 vesztett vagy c) 3 nyert, 4 döntetlen játszma.
a) esetben az 1, 1, 1, 1, 1, 0, 0 elemeknek permutációiról van szó.
Számuk

\begin{matrix} P_{7}^{5,2} = \frac{7!}{5! 2!} = 21. \end{matrix}

Úgy is okoskodhatunk: az I, II,

...

, VII elemeknek bármely ismétlődés nélküli másodosztályú kombinációja jelezheti azt a két fordulót, amelyeken a vesztések történtek. Tehát a lehetséges esetek száma

\begin{matrix} C_{7}^{2} = (\binom{7}{2}) = \frac{7 \cdot 6}{1 \cdot 2} = 21. \end{matrix}

b) Ugyanezzel a meggondolással

\begin{matrix} P_{7}^{4,2} = \frac{7!}{4! 2!} = 105, \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} C_{7}^{4} \cdot C_{3}^{2} = (\binom{7}{4}) (\binom{3}{2}) = (\binom{7}{3}) (\binom{3}{1}) = 35 \cdot 3 = 105. \end{matrix}

(Ha az utóbbi esetben a kiválasztás sorrendjét felcseréljűk, természetesen ugyanarra az eredményre jutunk:

C_{7}^{2} \cdot C_{5}^{4} = (\binom{7}{2}) (\binom{5}{4}) = 21 \cdot 5 = 105

.)
c) Hasonlóképpen

\begin{matrix} P_{7}^{3,4} = \frac{7!}{4! 3!} = 35, \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} C_{7}^{3} = (\binom{7}{3}) = 35. \end{matrix}

Tehát a kérdéses eredmény

21 + 105 + 35 = 161

-féleképpen jöhetett létre.

Eördögh László (Bp. IX., Apáczai Csere g. III. o. t.)