Feladat: 504. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ambrus G. ,  Avvakumovits O. ,  Babos K. ,  Balatoni F. ,  Balázs B. ,  Bali Gy. ,  Bártfai P. ,  Beleznay F. ,  Beretvás T. ,  Biczó G. ,  Bujdosó A. ,  Csáki E. ,  Csiszár I. ,  Csonka P. ,  Dabassy J. ,  Damjanovich S. ,  Dancs I. ,  Deseő Z. ,  Dömölki B. ,  Edvi Illés Judit ,  Eöllös P. ,  Eördögh L. ,  Gaál I. ,  Gajzágó V. ,  Gergely J. ,  Grätzer Gy. ,  Gutay L. ,  Gyapjas F. ,  Hammer E. ,  Hoffmann S. ,  Holbok S. ,  Huszár k. ,  Kálmán Gy. ,  Kántor S. ,  Keresztély S. ,  Klafszky E. ,  Kollár L. ,  Kovács László (Debrecen) ,  Lábos E. ,  Marik M. ,  Molnár I. ,  Németh L. ,  Pap A. ,  Papp Z. ,  Pátkai Gy. ,  Péntek L. ,  Pergel J. ,  Quittner P. ,  Rédly E. ,  Rockenbauer Magda ,  Schmidt E. ,  Schneider J. ,  Sohár P. ,  Sóti F. ,  Szabó D. ,  Szabó J. ,  Szilárd M. ,  Szuromi L. ,  Tahy P. ,  Theisz P. ,  Tomor B. ,  Vértes Attila ,  Zawadowski Alfréd ,  Zobor E. 
Füzet: 1953/november, 82 - 83. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikai leszámolási problémák, Permutációk, Kombinációk, Variációk, Tizes alapú számrendszer, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1952/december: 504. matematika feladat

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

A 10 számjegyből annyi, csupa különböző jegyből átló, 6-jegyű szám képezhető, ahány 6-od osztályú ismétlés nélküli variáció, kivonva ezek számából a 0-val kezdődő csoportok számát. Az összes variációk száma V106, ezek 110-edrésze kezdődik 0-val, tehát összesen

910V106=910⋅10⋅9⋅8⋅7⋅6⋅5=136080
olyan szám alakítható, amely az első követelményünknek megfelel.
Az 1, 3, 5, 7, 9 számjegyekből (54)=5-félekeppen választhatunk ki egy-egy négyjegyű csoportot, ha egyelőre nem vagyunk tekintettel a számjegyek sorrendjére. Ugyanígy a 0, 2, 4, 6, 8 számjegyek közül (52)=10-féleképpen választható ki egy-egy  kétjegyű csoport, melyek közül 4 csoport tartalmazza a 0-t, és 6 csoportban nincs 0. Minden egyes négyjegyű csoportot minden egyes kétjegyű csoporttal összekapcsolva, kapunk 5⋅4 csoportot, amelyben van nulla és 5⋅6 csoportot, amelyben nincs nulla. Ha most még minden egyes így nyert 6-jegyű csoportban a számjegyeket permutáljuk, akkor kapunk egyrészt 5⋅4⋅6! csoportot, amelyekben előfordul a 0, de csak a csoportok 56-része nem kezdődik 0-val, másrészt kapunk 5⋅6⋅6! hatjegyű számot, amelyekben nincs nulla. Tehát a második követelményeinknek eleget tevő számok száma
56⋅5⋅4⋅6⋅!+5⋅6⋅6!=12000+21006=33600.

Vértes Attila (Keszthely, Vajda János g. IV. o. t.)