Feladat: 1374. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1972/február, 67 - 68. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikus geometria térben, Kombinációk, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/szeptember: 1374. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Jelöljük a három párhuzamos egyenes közül az 5, 3, 2 adott pontot tartalmazó egyenest rendre e-vel, f-fel, g-vel. Mivel valódi háromszög három csúcsa nincs egy egyenesen, ezért a keresett háromszögek csúcsai között legföljebb kettő léphet föl az ugyanazon egyenesünkön levő pontok közül.

 

Így a keresett háromszögeket 4 csoportba rendezzük :
 

I. Mindhárom csúcs másik egyenesünkről való. Összeválogatásukat az e egyenesről választandó ponttal 5-féleképpen kezdhetjük, ezek mindegyikét valamelyik f-beli ponttal 3-féleképpen folytathatjuk, és az így kapott 5⋅3 pontpárt, a g-beli pontok lehetőségeit sorra véve, 5⋅3⋅2=30-féleképpen fejezhetjük be.
 

II. Két csúcs való az e-ről ‐ vagyis a háromszögnek egy oldala ‐ a harmadik pedig f-ről vagy g-ről. Ekkor e-ről az első pontot 5-, a másodikat a maradó 4 pont közül 4-féleképpen választhatjuk, az így gondolt 5⋅4=20 választás azonban párosával ugyanazt a két pontot jelenti a háromszög egy oldala számára, mert pl. AB-t a BA sorrendben is figyelembe vettük. Az e-ről vett oldal eszerint 20:2=10-féleképpen választható, és mindegyik esetben a szemben levő csúcs f-nek és g-nek együttvéve 3+2=5 pontja közül való megválasztásával 5 háromszöget, együttvéve 10(3+2)=50 háromszöget kapunk.
 

III. Két csúcs való f-ről. Ezek az előbbi meggondoláshoz hasonlóan (3⋅2):2=3-féleképpen állíthatók össze (másképpen: a 3 pont közül vagy az elsőt, vagy a másodikat, vagy a harmadikat nem választjuk csúcsnak), és a különböző háromszögek száma 3(5+2)=21.
 

IV. Két csúcs való g-ről, vagyis mind a két g-beli pontot választjuk, harmadiknak pedig egyet a további 5+3=8 közül. Ilyen háromszögből tehát 8 különböző van.
Egy háromszög sem tartozik bele két csoportba, tehát mindössze 30+50+21+8=109 háromszög lehetséges.
 

II. megoldás. Először az összes olyan ponthármasokra gondolunk, amelyeket pontjainkból elő lehet állítani, azután eltávolítjuk azokat, amelyek nem adnak valódi háromszöget, mert a három pontjuk egy egyenesen van.
A ponthármas első pontját 10-féleképpen választhatjuk, minden egyes kezdésmódot a maradó 9 pontból való választással 9-féleképpen folytathatunk, végül a hátra levő pontok 8 lehetőséget adnak a befejezésre. Így 10⋅9⋅8=720 ponthármasra gondoltunk.
Ezek a gondolt ponthármasok azonban nem mind jelentenek különböző háromszöget, hiszen bármely ABC háromszög csúcsait 6-féleképpen sorolhatjuk fel :
ABC,ACB,BAC,BCA,CAB,CBA.
Eszerint az egymástól különböző ponthármasok száma 720:6=120.
Ugyanezzel a meggondolással kapjuk az olyan ponthármasok számát, amelyeknek mindhárom eleme az e egyenesen van: (5⋅4⋅3):6=10, hasonlóan az f egyenesen (3⋅2⋅1):6=1 elhagyandó ponthármas van, a g-n pedig nincs ilyen.
A maradó ‐ és most már megfelelő ‐ ponthármasok, azaz valódi háromszögek száma 120-(10+1)=109.