Feladat: Gy.1758 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Csikós Zsolt 
Füzet: 1978/október, 68. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Kombinatorikai leszámolási problémák, Kombinációk, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1978/április: Gy.1758

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

ABCDEFGHIJKLMNOP
I. megoldás. Minden egyes kiválasztás az alábbi három eset valamelyikébe tartozik mindig kizárólag csak egy esetbe.
 

1. eset. Az 1. és 2. sorból kiválasztott 4 betű 4 különböző oszlopban van. Az első sor 4 betűje közül kettőt (42)-féleképpen lehet kiválasztani. Utána a második sorból két betűt már csak egyféleképpen lehet kivenni. A 3. sorból két betűt megint (42)-féleképpen vehetünk ki, mert eddig minden oszlopból csak egy betűt vettünk el. Végül a 4. sorból két betűt újra csak egyféleképpen lehet kiválasztani. Tehát ebben az esetben (42) (42) =62=36 kiválasztás van.
 

2. eset. Az 1. és 2. sorból kiválasztott betűk közül kettő egy oszlopban van. Az első sorból (42)-féleképpen, a második sorból pedig 2⋅2-féleképpen vehetjük ki a betűket. Most van olyan oszlop, amelyikből még nem választottunk. Amikor a 3. sorból vesszük ki a betűket, akkor ennek az oszlopnak a betűjét is ki kell választani, és amelyikből már kettőt vettünk, abból nem lehet. Így a harmadik sorban két választási lehetőség van, a 4. sorban pedig egy. Összesen tehát ebben az esetben (42) ⋅4⋅2=48-féleképpen választhatjuk ki a 8 betűt.
 

3. eset. Az 1. sorból kiválasztott betűk alatti betűket választjuk a 2. sorban.
Az első sorban kiválasztott betűk ebben az esetben már egyértelműen meghatározzák, hogy mit választhatunk ki a többi sorból, tehát most 6 különböző kiválasztás lehetséges.
 

Összegezve: 36+48+6=90-féleképpen választható ki a 8 betű az ábrából úgy, hogy minden sorból és oszlopból kettő hiányozzon.
 

 Csikós Zsolt (Budapest, Kalamár J. Ált. Isk., 8. o. t.)
 

II. megoldás. Vágjuk szét a betűket tartalmazó négyzetet 16 kis négyzetre, és számoljuk azt meg, hogy ezek közül hányféleképpen színezhetünk nyolcat feketére. Feltehetjük, hogy a bal felsőt feketére festettük. Ebben az esetben az első oszlop és az első sor másik három négyzete közül még szabadon (és egymástól függetlenül) választhatunk egyet-egyet. Feltehetjük, hogy az első lehetőséget választjuk mindkét esetben. Ezután a második sor második négyzetét vagy festjük vagy nem. Ha festjük, a további színezés már egyértelmű. Ha nem festjük, a második sorból és második oszlopból még szabadon választhatunk egyet-egyet a maradék két négyzet közül, és a helyzet csak ezután válik egyértelművé. Az összes lehetőség száma tehát 2⋅3⋅3(1+2⋅2)=90.