Feladat: 1965. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 3. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1965/december, 194 - 196. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Logikai feladatok, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/december: 1965. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló kezdők (speciális) 3. feladata

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

I. megoldás. A (c) állítás következik az (a) és (b) állításokból, mert (b) szerint minden huligánnak nyegle a modora, és így a Beatles-frizurás huligánok is nyegle modorúak ‐ ha vannak ‐, azonban (a) szerint vannak.
Így (c)-nél valamivel több következik (a)-ból és (b)-ből, ugyanis (c) csak azt állítja, hogy van nyegle modorú, Beatles-frizurájú huligán, mi pedig beláttuk, hogy többen is vannak ilyenek.
A (d) állítás viszont nem következik az igaznak elfogadott állításokból, mert attól, hogy minden huligán nyegle modorú ‐ amint (b) mondja ‐, és hogy így ‐ (a)-t is figyelembe véve ‐ vannak nyegle modorú, Beatles-frizurájú huligánok, még lehetnek olyan nyegle huligánok is, akiknek nincs Beatles-frizurájuk.

 
II. megoldás. Gondoljuk minden ember nevét egy-egy cédulára írva és e cédulákat egy E négyszög belsejében úgy elrendezve, hogy a nyegle modorúak, a huligánok, továbbá a Beatles-frizurások céduláit körülkeríthessük egy-egy N, H, ill. B vonallal. Ehhez N-nek ketté kell osztania E-t, H-nak N belsejét is, külsejét is, B-nek pedig az E tartomány így keletkezett mind a négy részét újra ketté kell vágnia (2. ábra). Miután egy-egy ember a mondott 3 tulajdonságból többel is rendelkezhet, a cédulákat a tartományokba úgy kell elhelyezni, hogy azoknak a tartományoknak a belsejében legyenek, amelyeknek megfelelő tulajdonsággal a név tulajdonosa rendelkezik, a többin pedig kívül.
 
 

2. ábra
 

Az (a) állítás szerint a H és B görbék belsejének közös α részében vannak cédulák. Ezt a tényt egy a tartományba tett ponttal jelezzük. Mivel a tartományt N határa kettéosztja, és egyelőre nem tudjuk, hogy mindegyikbe jut-e cédula, és ha nem, melyikbe jut, így a pontot e határvonalra tettük. Viszont (b) szerint a H görbe belsejének az N-en kívüli része üres (az ábrán vonalkázva). Így az α részben levő cédulák csak a vonalkázatlan részben lehetnek, azaz N, H és B közös α' részében van cédula. Ez pedig éppen azt jelenti, amit (c) állít, tehát (c) következik az (a), (b) állítás-párból.
(d) azt jelentené, hogy N és H közös részének B-n kívüli β része üres lenne (vastag határvonal). Ez a rész nincs vonalkázva, tehát nem biztos, hogy üres, így (d) nem következik a feltételekből.
 
III. megoldás. Gyorsabban célhoz jutunk, ha az egyes tartományokat már az (a), (b) állítások figyelembevételével rajzoljuk meg. Képzeljünk minden huligánt a H görbe belsejébe (3/a ábra). Az (a) állítás szerint vannak Beatles-frizurájú huligánok, de nem biztos, hogy mind az: képzeljük a Beatles-frizurás huligánokat egy a H-ban levő HB görbe belsejébe (3/b ábra).
 
 

3. ábra
 

A (b) állítás szerint minden huligánnak nyegle a modora, viszont nem biztos, hogy minden nyegle modorú ember huligán, ezért a nyegle modorúak köré N görbét rajzolva ez a görbe magába zárja H-t (3/e ábra).
(c) következik (a)-ból és (b)-ből; mert az NHB görbébe képzelt emberek nyegle modorú Beatles-frizurás huligánok.
(d) nem következik a feltevésekből, mert H-nak a HB-n kívüli részében maradhattak huligánok, és ezek az NH-ban benne vannak, de az NHB-n kívül, tehát nyegle modorúak, de nincs Beatles-frizurájuk.