Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.220	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Sparing László
Füzet:	1976/november, 152 - 153. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paralelepipedon, Kombinatorikai leszámolási problémák, Kombinációk, Térgeometria alapjai, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/szeptember: Pontversenyen kívüli P.220

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

A keresett paralelepipedonban az adott 4 pontból

a)

egy csúcsból és a vele szomszédos csúcsokból álló sarkat,

b)

három csatlakozó kitérő élből álló kígyó vonalat,

c)

egy lap 3 csúcsából és a negyedikkel szomszédos csúcsból álló patkót, vagy

d)

4 nem szomszédos csúcs alkotta tetraédert
állíthatunk össze. A sarkon maga a sarokelem játszik megkülönböztetett szerepet, ennek a 4 pont bármelyikét választhatjuk, így 4 esetet kapunk.

A kígyóvonalnak a két vége

(\binom{4}{2}) = 6

-féleképpen választható, hozzá a másik kettő kétféleképp köthető, ez 12 eset.
A patkón a külön álló pont 4-féleképpen, a másik három közül a sarok 3-féleképpen választható, ez ismét 12 eset.
Végül a tetraéder csak 1 esetet ad, és összesen 29 esetet kaptunk. Könnyen látható, hogy a pontok általános helyzete ezek mindegyikének a létezését és egyértelműségét biztosítja.

Sparing László (Szombathely, Nagy Lajos Gimn.)

Megjegyzés. Ha a megoldásban szereplő a), b), c), d) esetekhez hozzávesszük az egy lapon, illetve egy átlós síkon levő 4 csúcs esetét, és a jobb, illetve bal sodrású kígyókat is megkülönböztetjük, 7 esetet kapunk, ezek megkeresése volt az 1976. évi tanulmányi verseny első fordulójának az egyik feladata. A kígyók hajlását esetünkben a 4 adott pont helyzete szabja meg, minket csak a pontok topológiai viszonya érdekelt. Számolhattunk volna így is: a paralelepipedon 8 csúcsából négyet

(\binom{8}{4}) = 70

-féleképpen választhatunk, ebből 6‐6 az egy lapon, illetve átlós síkon levő pontnégyes, a maradék 58-ból egy-egy választás és a komplementere azonos szerepű, tehát 29 eset van. Ez az okoskodás lehet helyes, de ahogy elmondtuk, még nem teljes, a levegőben lóg, és az egyszerű kalkulus helyességének a bizonyítása valószínűleg nagyobb munka volna, mint a fenti leszámlálás.