Feladat: 1492. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Andor Csaba ,  Bajmóczy Ervin ,  Bárdos J. ,  Baróthy B. ,  Berács József ,  Bod Judit ,  Buzás L. ,  Csörgei J. ,  Draschitz Rudolf ,  Faur T. ,  Gellért J. ,  Juhász Ágnes ,  Karsai I. ,  Kas P. ,  Kele András ,  Kóczy L. ,  Langer Tamás ,  Mészáros J. ,  Mitrocsák Anikó ,  Moson Péter ,  Murvai Éva ,  Nádai L. ,  Nagy Zs. ,  Orbán G. ,  Papp Z. ,  Rácz Éva ,  Siklósi I. ,  Somos E. ,  Szűcs András ,  Takács L. ,  Tátray P. ,  Vass Erzsébet ,  Végh Gy. ,  Végvári L. ,  Vetier András ,  Zöldy B. 
Füzet: 1967/október, 57 - 58. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikai leszámolási problémák, Permutációk, Lottó, Variációk, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1966/november: 1492. matematika feladat

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

I. megoldás. A kihúzott számoknak a közleményekben szokásos, növekvő sorrendben való felsorolása a húzásnak nem lényeges eleme. A rendezést alább mind a feladatunk szempontjából kedvező, mind az összes lehetséges húzások számának megállapításában mellőzzük, minden húzás öt számát a kihúzás időbeli sorrendjében gondoljuk magunk elé írva. Nevezzük ezeket nyers húzásoknak.
Az összes lehetséges nyers húzások száma N=90⋅89⋅88⋅87⋅86, mert az elsőnek kihúzott szám 90-féleképpen választható, a másodszorra húzott a maradók közül 89-féleképpen, így a 90-féle kezdésből 90⋅89 két számból álló folytatás képezhető, a további kihúzott számok rendre 88, 87, végül 86-féle továbbfejlesztést tesznek lehetővé, és rendre ennyiszeresére növekszik a korábbi szám.
A kívánt tulajdonságú nyers húzások a tízféle számjegy mindegyikét pontosan egyszer tartalmazzák. Ilyen öt számot egyetlen tízjegyű számmá összeolvasva benne az egyetlen 0 számjegy páros sorszámú helyen áll, mert kihúzott számban csak második jegyként fordul elő. Eszerint a megfelelő nyers húzások felírását 0-jegyük helyének megválasztásával kezdve, 5-féle kezdés lehetséges.
Vegyük másodiknak a 9-est. Ezt a még üres 4 páros sorszámú hely bármelyikére beírhatjuk, a páratlan sorszámú helyek közül viszont csak a 0 jegy elé, mert 9-essel csak a 90-es lottószám kezdődik. Így a 9-es számára is 5 hely választható, és a 0, 9 jegyek elhelyezése a 10 helyen 5⋅5-féleképpen lehetséges. A további jegyek lottószám tízes és egyes jegyeként egyaránt korlátozás nélkül előfordulhatnak, így az egyetlen 8-as, 7-es, ..., 2-es számjegy elhelyezésére a pillanatnyilag üres helyek száma szerint rendre 8,7,...,2 lehetőség van, az 1-est pedig mindig az utoljára maradt üres helyre írjuk. Így az egybeolvasott tízjegyű szám előállítása

Nk=5⋅5⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2
-féleképpen lehetséges, ennyi a keresett nyers húzások száma. (A 8,7,...,1 számjegyek elhelyezésének időbeli sorrendje lényegtelen.)
Az összes nyers húzások száma N/Nk≈5232-szer annyi, mint a mind a tíz jegyet tartalmazó nyers húzásoké, így átlagosan 5232 húzásra esik 1 húzás a kívánt tulajdonsággal. (Hetenként 1 húzást számítva kb. 100 évenként egyszer.)
 
 Szűcs András (Budapest, Fazekas M. gyak. g. III. o. t.)
 
II. megoldás. A mind a tíz szám jegyet tartalmazó nyers húzásokat összeszámolhatjuk a következő módon is. Először azokat tekintsük, melyekben a 90 nem fordul elő. Válasszuk meg a számok első (tízes helyi értékű) jegyeit. Ezek az 1,2,...,8 jegyek közül kerülnek ki. Az elsőt 8-féleképpen választhatjuk, ennek minden megválasztásához a másodikat 7, majd a harmadikat, negyediket, ötödiket 6, 5, ill. 4-féleképpen, tehát az öt első számjegyet 8⋅7⋅6⋅5⋅4-féleképpen. A maradó öt jegyet kell második számjegyeknek elhelyezni. Az első számhoz 5-féleképpen választhatjuk a második jegyet, a másodikhoz maradó jegyekből még 4-féleképpen, a harmadiknál, negyediknél még 3-, ill. 2-féleképpen, az ötödik szám második jegye pedig mindig a maradó számjegy lesz. A 90-t nem tartalmazó kedvező nyers húzások száma tehát
n1=8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅5⋅4⋅3⋅2.

Hasonlóan, ha a 90 szerepel a kihúzott számok közt, akkor a maradó 4 szám első jegyeit az 1,2,...,8 jegyek közül 8⋅7⋅6⋅5-féleképpen választhatjuk, és minden ilyen négyeshez a maradó 4 jegyet 4⋅3⋅2-féleképpen írhatjuk második jegyül, tehát a 4 számot
n2=8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2
-féleképpen választhatjuk. Minden ilyen választáshoz a 90-et első, második, harmadik, negyedik vagy ötödik számként írhatjuk hozzá, így az összes kedvező nyers húzások száma ismét
Nk=n1+5n2=8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2⋅(4⋅5+5)=5⋅5⋅8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2.

 Draschitz Rudolf (Budapest, Landler J. gépip. t. III. o. t.)