Kezdőlap


Feladat:	1427. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Perge Lóránt
Füzet:	1973/február, 67 - 69. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Kombinatorikai leszámolási problémák, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/szeptember: 1427. matematika gyakorlat

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

a) Jelöljük a $200$ , a $100$ , az $50$ , a $20$ , a $10$ filléres érméket, esetenként értéküket is, rendre $K$ , $S$ , $Ö$ , $H$ , $T$ betűvel, ekkor egy-két egyszerű felváltás így írható: $500 = 2 K + S = 5 S = 10 Ö$ , egy a követelménynek megfelelő felváltás: $3 S + 2 Ö + 4 H + 2 T$ . A felváltásokat a kémiai képletek mintájára még rövidebben fogjuk írni, az előbbieket pl. így: $K_{2} S$ , $S_{5}$ , $Ö_{10}$ , $S_{3} Ö_{2} H_{4} T_{2}$ . Nevezzük továbbá a cserébe adott pénzdarabok halmazának azt a részét, amely teljesíti a követelményt, köteles résznek, a továbbít szabad résznek; ekkor a legutóbbi példa négyféleképpen is bontható köteles és szabad részre:

\begin{matrix} S_{3} Ö_{2} H_{4} T_{2} = {(S Ö H)}_{2} + S H_{2} T_{2} = {(S Ö T)}_{2} + S H_{4} = {(S H T)}_{2} + S Ö_{2} H_{2} = {(Ö H T)}_{2} + S_{3} H_{2} . \end{matrix}

b) A köteles rész

5

-féleképpen állítható össze:

\begin{matrix} I. {(K H T)}_{2}, II. {(S Ö H)}_{2}, III. {(S Ö T)}_{2}, IV. {(S H T)}_{2}, V. {(Ö H T)}_{2}, \end{matrix}

ugyanis

K

mellett sem

S

, sem

Ö

nem léphet föl benne, a többi

4

-féle érméből pedig egyet-egyet rendre kihagyva kapjuk a köteles rész hátra levő négy összeállítási módját. A megfelelő szabad részek értéke fillérben rendre:

\begin{matrix} I. 40, II. 160, III. 180, IV. 240, V. 340, \end{matrix}

és az eseteken végigmenve azt fogjuk meghatározni, hogy ezeket rendre hány különböző módon lehet összeállítani. E számokat összeadva a megfelelő felváltások keresett számánál többet kapunk, mert ‐ mint fent láttuk ‐ vannak a

{(SÖHT)}_{2}

részt tartalmazó felváltások is ‐, de más

4

féle váltópénzből már nem adhatunk

2 - 2 db

-ot az

5 Ft

-osért. A mondott összegben az ilyen felváltásokat az utolsó

4

mód mindegyikénél beszámítjuk. Ezért a

{(SÖHT)}_{2}

részt tartalmazó felváltások számának

3

-szorosát majd vissza kell vennünk az összegből.

K

-érmét csak a

IV.

és

V.

szabad rész előállításában használhatunk, de csak

1

-et‐

1

-et. Látni fogjuk, hogy célszerű lesz ezeket az eseteket eszerint kettéválasztani, legyen

IV.

és

V.

az, amiben nem szerepel

K

, ha pedig

K

-t is használunk, akkor a

\begin{matrix} VI. K {(S H T)}_{2}, VII. {K(ÖHT)}_{2} \end{matrix}

részen felül előállítandó (szabad) rész értéke fillérben

\begin{matrix} VI. 40, VII. 140. \end{matrix}

A legutóbbi szám (a

140

) előállítási módjainak száma hasonlóan egyszersmind a

{(SÖHT)}_{2}

részt tartalmazó felváltások számát is megadja. Jelöljük

f_{n}

-nel

10 n

fillér olyan kifizetéseinek számát (

n

természetes szám vagy

0

), mely csak

S

Ö,

H

T

érmekből áll, ekkor az eddigiek szerint feladatunk kérdésére a választ a következő szám adja meg:

\begin{matrix} f & = (f_{4} + f_{16} + f_{18} + f_{24} + f_{34} + f_{4} + f_{14}) - 3 f_{14} = & (1) \\ = 2 f_{4} - 2 f_{14} + f_{16} + f_{18} + f_{24} + f_{34} . \end{matrix}

Itt

f_{4} = 3

, mert csak

H

és

T

jön szóba, és

H

-ből

2

-t, vagy

1

-et vehetünk vagy egyet sem. Érdemes lesz e meggondolásunk eredményét általánosabban kimondani: csak

H

és

T

darabokban

10 m

fillért (ahol

m

nem-negatív egész)

\begin{matrix} g_{m} = [\frac{m}{2}] + 1 \end{matrix}

-féleképpen fizethetünk ki, ahol a szögletes zárójel azt jelenti, hogy a benne álló szám egész részét kell vennünk, pl.

10 m = 90

esetében

g_{9} = [\frac{9}{2}] + 1 = 5

, aszerint, hogy

H

-ból

4

3

2

1

0

darabot adunk. Más szóval

g_{m}

\begin{matrix} 2 x + y = m \end{matrix}

(2)

egyenlet megoldásainak száma nem-negatív egész számokban,

x

H

y

T

darabok száma.
Ebben az alakban a további

f_{n}

értékek meghatározása során is felhasználhatjuk eredményünket, amikor már

Ö

és

S

darabok is szóba jönnek, annak alapján, hogy az

S : Ö

értékarány ugyanúgy

2

, mint a

H : T

arány. Ezt

f_{34}

esetében mutatjuk be, a további

f_{n}

értékek esete hasonló, csak rövidebb a számítás. Bontsuk

340

-et egy

50

-nel osztható részre és maradékra:

\begin{matrix} 340 = 300 + 40 = 250 + 90 = ... = 50 + 290 = 0 + 340, általában \\ 340 = 50 m' + 10 m, \frac{310}{10} = 5 m' + m, \end{matrix}

ahol

m'

és

m

nem negatív egészek, és írjuk elő, hogy az

50

-nel osztható részt csak

S

és

Ö

érmékkel fizethetjük. Ekkor ennek a résznek a kifizetéseit ismét (2) megoldásai adják, ha

x

S

y

pedig az

Ö

darabok száma. Végigmenve az

\begin{matrix} m' & = 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0 \\ m & = 4, 9, 14, 19, 24, 29, 34 \end{matrix}

értékpárokon, sorra vesszük

340

fillér minden kívánt (vagyis

K

nélküli) kifizetését és mindegyiket csak egyszer. És mivel az

50

-nel osztható rész minden ilyen kifizetését össze kell kapcsolnunk a további rész minden lehető kifizetésével, azért

\begin{matrix} f_{34} & = g_{6} g_{4} + g_{5} g_{9} + g_{4} g_{14} + g_{3} g_{19} + g_{2} g_{24} + g_{1} g_{29} + g_{0} g_{34} = \\ = 4 \cdot 3 + 3 \cdot 5 + 3 \cdot 8 + 2 \cdot 10 + 2 \cdot 13 + 1 \cdot 15 + 1 \cdot 18 = 130. \end{matrix}

Hasonlóan

f_{14} = 19, f_{16} = 25, f_{18} = 31, f_{24} = 58

, és mindezekkel (1) alapján

\begin{matrix} f = 212. \end{matrix}

Ennyi különböző módon váltható fel egy

5 Ft

-os érme a megengedett érmékre, a kiegészítő követelmény megtartása mellett.

Perge Lóránt (Eger, Gárdonyi G. Gimn. II. o. t.)
dolgozata alapján, további egyszerűsítésekkel