Kezdőlap


Feladat:	25. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Balatoni F. , Bártfai P. , Biczó G. , Bujdosó A. , Fejes K. , Huszár k. , Jámbor I. , Kollár L. , Németh L. , Quittner P. , Roboz Ágnes , Tomor B.
Füzet:	1952/november, 112 - 113. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinatorikai leszámolási problémák, Permutációk, Variációk, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/március: 25. matematika gyakorlat

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

a) Mivel a számjegyek sorrendje is lényeges, azért 3 elemből alkotott 8-ad osztályú ismétléses variációkról van szó. Ezek száma $V_{3}^{i,8}$ . De a 0-val kezdődő csoportok nem alkothatnak 8-jegyű számot. Utóbbiak száma annyi, ahány 7-ed-osztályú ismétlés variáció alkotható 3 elemből, vagyis $V_{3}^{i, 7}$ . Tehát az alkotható 8-jegyű számok száma $V_{3}^{l, 7} = 3^{8} - 3^{7} = 3^{7} (3 - 1) = 2187 \cdot 2 = 4374$ .

b) Itt 8 elem permutációról van szú, amelyek közül 3 és 4 azonos. Tehát az összes csoportok száma

P_{8}^{8,4}

. Ebből a számból még le kell vonni azoknak a csoportoknak számát, melyek 0-vel kezdődnek. Az utóbbiak száma nyilván annyi, mint ahány permutáció alkotható a 0, 0, 1, 2, 2, 2, 2 elemekből, tehát

P_{7}^{2,4}

. Az alkotható 8-jegyű számol tehát

\begin{matrix} P_{8}^{9,4} - p_{7}^{2,4} = \frac{8!}{3! 4!} - \frac{7!}{2! 4!} = \frac{5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3} - \frac{5 \cdot 6 \cdot 7}{1 \cdot 2 \cdot} = 280 - 105 = 175 \end{matrix}

Ez utóbbiak közül annyi kezdődik 1-gyel, ahány permutáció képezhető a 0, 0, 0, 2, 2, 2, 2 elemekből, vagyis

P_{7}^{3,4} = \frac{7!}{3! 4!} = \frac{5 \cdot 6 \cdot 7}{1 \cdot 2 \cdot 3} = 35

Roboz Ágnes (Bp. VI., Varga Katalin lg. I. o. t.)