Kezdőlap


Feladat:	37. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Marik M. , Schmidt Eligius
Füzet:	1952/november, 120 - 121. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinatorikai leszámolási problémák, Permutációk, Kombinációk, Variációk, Tizes alapú számrendszer, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/április: 37. matematika gyakorlat

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

Minden egyes esetben megállapítjuk a 10 számjegyből a feltételeknek megfelelően, képezhető csoportok számát. E szám $\frac{9}{10}$ -ed része fogja megadni képezhető számok keresett számát, mert a 0-val kezdődő csoportoktól (az összes csoportok $\frac{1}{10}$ -részétől) el kell tekinteni.

a) 10 számjegyből egy számjegyet

C_{10}^{1}

féliképpen választhatunk ki. A kiválasztott számjegyből csak 1 öt elemből álló csoport alkotható. Tehát csupa egyenlő számjegyből álló ötjegyű számok száma

\begin{matrix} \frac{9}{10} C_{10}^{1} = \frac{9}{10} (\binom{10}{1}) = \frac{9}{10} \cdot 10 = 9. \end{matrix}

b) 10 számjegyből 2 különböző számjegyet

C_{10}^{2}

félképpen választhatunk ki. A kiválasztott 2 elemet

a

b

-vel jelölve, az összes képezhető ötelemű csoportok a következő füzetek

a b b b b

a a b b b

a a a b b

a a a a b

permutációi. Ez utóbbiak száma

2 (P_{5}^{4} + P_{5}^{3,2})

. Eszerint a 2 különböző számjegyet tartalmazó öt jegyű számok száma:

\begin{matrix} \frac{9}{10} \cdot (\binom{10}{2}) \cdot 2 (\frac{5!}{4!} + \frac{5!}{3! 2!}) = \frac{9}{10} \cdot \frac{10 \cdot 9}{1 \cdot 2} \cdot 2 (5 + 10) = 81 \cdot 15 = 1215. \end{matrix}

c) 3 különböző jegy esetén a következő füzetek:

a a a b c

a b b b c

a b c c c

a a b b c

a b b c c

permutációi adják az összes alkotható 5 elemű csoportokat. Ezek száma tehát

3 (P_{5}^{3} - 1 - P_{5}^{2,2})

és így a különböző számjegyből álló összes ötjegyű számok száma:

\begin{matrix} \frac{9}{10} \cdot (\binom{10}{3}) \cdot 3 (\frac{5!}{3!} + \frac{5!}{2! 2!}) = \frac{9}{10} \cdot \frac{10 \cdot 9 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot 3} \cdot 3 (20 + 30) = 324 \cdot 50 = 16 200. \end{matrix}

d) Hasonlóképpen 4 különböző jeggyel alkotható ötjegyű számok száma:

\begin{matrix} \frac{9}{10} \cdot C_{10}^{4} \cdot 4 \cdot P_{5}^{2} = \frac{9}{10} (\binom{10}{4}) 4 \cdot \frac{5!}{2!} = \frac{9}{10} \cdot \frac{10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} \cdot 4 \cdot 60 = 756 \cdot 60 = 45 360. \end{matrix}

e) 5 különböző jegyből pedig

\begin{matrix} \frac{9}{10} C_{10}^{5} P_{5} = \frac{9}{10} (\binom{10}{5}) 5! = 9 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 = 27 216 \end{matrix}

ötjegyű szám képezhető. (Ez utóbbiak száma egyébként a 10 elemből alkotható 5-öd osztályú variációk számának

\frac{9}{10}

-ed része:

\begin{matrix} \frac{9}{10} V_{10}^{5} = \frac{9}{10} 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 = 27 216. \end{matrix}

Megjegyzés: A fenti, a), b), c), d), e) alatti ötjegyű számok összessége alkotja az összes létező 5-jegyű számokat, amelyeknek száma

90000

(

99999 - 9999

vagy

\frac{9}{10} V_{10}^{1,5} = \frac{9}{10} \cdot 10^{5} = 90000

), és tényleg

9 + 1215 + 16200 + 45360 + 27216 = 90000

Schmidt Eligius (Bp. II. Fürst S. g. II. o. t.)

Helytelen megoldások száma: 14. Eltekintve attól, hogy nem mind a 10 számjegyet vették figyelembe, leggyakrabban ismétléses variációkkal dolgoztak, megfeledkezvén arról, hogy az

n

elemből alkotott

k

-ad osztályú ismétléses variációk között (hiába áll fenn, hogy

k > n

) vannak csoportok, amelyek nem tartalmazzák mind az

n

elemet, sőt esetleg csak 1 elemet. Továbbá nem tekintettek el a 0-val kezdődő csoportoktól.