Kezdőlap


Feladat:	1227. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Nagy Angéla , Szilágyi László
Füzet:	1963/december, 204 - 205. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinációk, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1963/február: 1227. matematika feladat

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

I. megoldás. Az $E$ első személynek jutó első tárgy 12-féle lehet. Bármelyik tárgyat kapta elsőnek, másodiknak a maradókból 11-féleképpen választhatjuk a neki jutó második tárgyat. Ugyanígy a harmadik és a negyedik tárgyat 10-, illetve 9-féleképpen választhatjuk $E$ számára. Ez a 4 tárgy átadására $N_{1} = 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9$ lehetőséget ad. Ebben az átadás sorrendjét is figyelembe vettük.
A sorrend azonban lényegtelen, $E$ ugyanazokat a tárgyakat kapja, akár $A$ , $B$ , $C$ , $D$ sorrendben, akár $B$ , $D$ , $C$ , $A$ , vagy bármilyen más sorrendben adtuk át azokat. A fentihez hasonló meggondolás mutatja, hogy 4 különböző tárgyat $4 \cdot 3 \cdot 2 = 24$ -féle sorrendben adhatunk át, ti. ennyiféleképpen választhatjuk ki közülük az először, majd a másodszor és harmadszor átadandót, amivel már az utolsó is meg van határozva. Ezért a fenti $N_{1}$ lehetőség 24-esével nem különböző, így $E$ különböző kielégítéseinek száma

\begin{matrix} N_{1} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9}{4 \cdot 3 \cdot 2} = 11 \cdot 5 \cdot 9 = 495. \end{matrix}

Ugyanígy kapjuk, hogy az

M

második személy

\begin{matrix} N_{2} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{4 \cdot 3 \cdot 2} = 70 \end{matrix}

különböző módon kaphatja meg a maga részét a fennmaradt 8 tárgyból. Ezzel a szétosztást befejeztük, a

H

harmadik személy a maradó tárgyakat kapja. Így a felosztás

N_{1} \cdot N_{2} = 34 650

-féleképpen lehetséges.

Szilágyi László (Debrecen, Fazekas M. g. IV. o. t.)

II. megoldás. Készítsünk 4‐4 db

E

M

és

H

betűs cédulát a 3 személynek adandó tárgyak megjelölése céljára. Különböztessük meg egyelőre az egyforma betűs cédulákat 1, 2, 3, 4 indexekkel:

E_{1}

E_{2}

E_{3}

E_{4}

M_{1}

...

H_{4}

.
Az I. megoldáséhoz hasonló meggondolás adja, hogy a 12 cédulát a (sorba rakott) 12 tárgyra

N_{3} = 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2

-féleképpen helyezhetjük el. Mindegyik elhelyezés egy szétosztási lehetőséget ad, de nem mind különbözők. A 4

E

betűs cédulát ugyanazon 4 tárgy között cserélgetve

E

osztályrésze nem változik, és a cserére, mint az I. megoldásban láttuk,

N_{4} = 4 \cdot 3 \cdot 2

lehetőség van. E meggondolást

M

-re és

H

-ra ismételve kapjuk, hogy minden különböző szétosztás a fenti

N_{3}

számú szétosztásban

{(N_{4})}^{3}

-ször lép fel. Így a különböző szétosztások keresett száma:

\begin{matrix} \frac{N_{3}}{{(N_{4})}^{3}} = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2}{4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2} \end{matrix}

A számláló és a nevező utolsó három tényezőjével való egyszerűsítés után látjuk, hogy kifejezésünk egyenlő az I. megoldás

N_{1} N_{2}

szorzatával.

Nagy Angela (Balassagyarmat, Szántó Kovács J. g. IV. o.t.)

Megjegyzés: Számos versenyző kész kombinatorikai képletek felhasználásával adott választ a kérdésre, annak ellenére, hogy a Pontverseny közölt feltételei szerint ‐ K.M.L. 25 (1962) 15. o. ‐ a középiskolai tananyagban nem szereplő tételekre puszta hivatkozásokat nem fogad el a szerkesztőség, mert lényegesebb a gondolat, mint a kész sablon. Ennek fenntartásával mégis megoldásnak fogadtuk el azokat a dolgozatokat, amelyek megindokolták, miért az éppen felhasznált képletek vezetnek célba. (Egyszersmind rámutatunk: nagy a hibás dolgozatok száma, ezekben hiányzik, vagy hibás a gondolat.)