|
Feladat: |
F.2717 |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Antos A. , Balogh 171 J. , Benczúr P. , Benkő D. , Bíró N. , Boda Z. , Borsodi G. , Botrágyi T. , Csirik J. , Csordás Z. M. , Danyó T. , Eiben P. , Elbert Judit , Fleiner T. , Gutai Zs. , Hausel T. , Hídvégi Z. , Jurkovics K. , Kocsor A. , Kondacs A. , Kovács 271 Ágnes , Kovács T. , Kutnyanszky A. , Lancsa Hajnalka , Macskási Zs. , Mezei J. , Mohai Zsuzsanna , Nagy 124 G. , Nagy G. P. , Németh 026 L. , Parádi Cs. , Podoski Károly. , Révész Gabriella , Rockenbauer Eszter , Sándor B. , Schultz J. , Siklér F. , Sustik M. , Szabó 393 T. , Szakács Á. , Szegedy K. , Szekeres B. , Tatai S. , Temesvári Anikó , Tokodi T. , Tornyai L. , Tóth 509 P. Z. , Tóth 702 P. , Tuba I. , Turi A. , Wekszli M. , Zsótér E. |
Füzet: |
1989/szeptember,
254 - 257. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Algebrai átalakítások, Nevezetes azonosságok, Összefüggések binomiális együtthatókra, Permutációk, Kombinációk, Variációk, Szitaformula, Teljes indukció módszere, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1988/december: F.2717 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. A két állítást (F. 2712. és F. 2717. feladat) együtt bizonyítjuk. Legyen Belátjuk, hogy ha , akkor | | (1) | (Ebből helyettesítéssel következik mindkét feladat állítása.) I. bizonyítás. -re vonatkozó teljes indukciót alkalmazunk. -re:
Legyen ezután , és tegyük fel, hogy helyett -et írva (1) igaz. A binomiális tétel alapján | | Legyen . Ha , akkor , így | | ahol helyett -t írtunk. A értékhez tartozó tag a szummában , ezt leválasztva | | Itt a szumma már erősen emlékeztet -re, csak éppen helyett áll. Ám ha ezt a binomiális tétel szerint kifejtjük, alakú tagok összegéhez jutunk:
Ha , akkor stb., így a zárójelben az indukciós feltevés szerint az utolsó kivételével mindegyik nulla, az utolsó , tehát a zárójeles összeg értéke nulla. Ezért , ha . Ha , akkor csak annyi a különbség, hogy az első értéke indukciós feltevésünk értelmében , a többi tag az utolsó kivételével most is nulla, az utolsó , így a zárójeles összeg értéke ezúttal , ezért , amit bizonyítani akartunk. Révész Gabriella (Komárom, Jókai M. Gimn., IV. o. t.) dolgozata nyomán II. bizonyítás. Csak -re bizonyítjuk (1)-et. Tekintsük azt a feladatot, hogy hányféleképpen osztható el db kártya darab borítékba úgy, hogy mindegyik borítékba kerüljön kártya (a borítékok és kártyák megkülönböztethetők). db kártyát borítékba -féleképpen oszthatunk el, de ebből le kell vonnunk azokat az eseteket, amikor legfeljebb borítékba került csak kártya. Az borítékot -féleképpen választhatjuk ki, s minden választásnál -féleképpen oszthatók el a kártyák, összesen tehát esetet kell levonnunk. Most azonban többször vontuk le azokat az eseteket, amelyekben (legföljebb) borítékba került kártya, így az előzőhöz hasonló megfontolásból hozzá kell adnunk esetet. A logikai szita-formula szerint ezt az eljárást folytatva megkapjuk a jó esetek számát, ami
, így , tehát a keresett szám ( helyettesítéssel) | |
Ha , akkor kártyát akárhogyan teszünk is borítékba, marad üres boríték; a fenti szám tehát nulla, s így . Ha , akkor a jó esetek száma az elemű permutációk száma, , tehát , ahonnan , amit bizonyítani kellett. Mohai Zsuzsanna (Dombóvár, Gőgös I. Gimn., IV. o. t) dolgozata nyomán Megjegyzések. 1. A logikai szita-formula és annak bizonyítása megtalálható Hajós Gy.Neukomm Gy.Surányi J.: Matematikai versenytételek I. rész 124125. oldalán. Ugyanitt olvasható annak a bizonyítása is, hogy , és a bizonyításból könnyen megkapható a többi (1) alatti állítás is. 2. Mindkét megoldás módszerével igazolhatjuk, hogy , azaz -féleképpen osztható el kártya pontosan borítékba. 3. Olvasóink bizonyára észrevették, hogy a 2712. feladat az októberi számunkban kitűzött 2704. feladatnak az általánosítása. |
|