Kezdőlap


Feladat:	818. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bayer Béla , Kőnig Dénes , Lukhaub Gyula , Rátz Károly
Füzet:	1901/április, 218 - 220. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Bűvös-négyzetek, Latin-négyzetek, Permutációk, Kombinatorika, Szöveges feladatok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1900/április: 818. matematika feladat

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

I. megoldás. Jelöljük a négy színt az $a, b, c$ és $d$ betűkkel, a négy figurát az $1, 2, 3$ és $4$ indexekkel. Akkor a kártyáknak egy megfelelő elhelyezése a következő:

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{1} & b_{2} & c_{3} & d_{4} \\ b_{3} & a_{4} & d_{1} & c_{2} \\ c_{4} & d_{3} & a_{2} & b_{1} \\ d_{2} & c_{1} & b_{4} & a_{3} \end{matrix} \end{matrix}

Ha az oszlopokat egymásközt permutáljuk

4!

‐ a követelményeknek megfelelő ‐ elhelyezést kapunk; de eme elhelyezések mindegyikében a sorok is permutálhatók egymásközt, úgy hogy

4! \times 4! = 576

külömböző elhelyezésünk lesz. Az eddigi összes elhelyezésekben az egyes oszlopokban és sorokban ugyanazon kártyák ‐ vagy elemek ‐ fordulnak elő; tehát pl. az

a_{1}, b_{2}, c_{3}, d_{4}

mindig egy sorban, az

a_{1}, b_{3}, c_{4}, d_{2}

mindig egy oszlopban fordul elő. De nyilvánvaló, hogy a

b_{2}

helyébe

b_{3}

és

b_{4}

is tehető, a

c_{3}

helyébe pedig

c_{4}

. Így tehát az eredeti elhelyezések száma ‐ permutálás nélkül ‐

3 \times 2 = 6

, s mi után az első oszlopban

b_{3}

helyett

b_{4}

is állhat, azért az eredeti elhelyezések száma

6 \times 2 = 12

. Eme elhelyezések mindegyikében a fentebb említett módon az oszlopokat és sorokat permutálva, az összes lehetséges elhelyezések száma

\begin{matrix} 4! \times 4! \times 12 = 576 \times 12 = 6912. \end{matrix}

(Lukhaub Gyula, Szeged.)

II. megoldás. A feladatnak megfelelően kell, hogy az első sorban egy

a

, egy

b

, egy

c

és egy

d

legyen. Az

a

-nál kezdve, a

4

-féle

a

közül bármelyiket vehetjük, de ekkor a

b

-k közül, minthogy ezeknek más indexűeknek kell lenniök, már csak

3

-at, a

c

-k közül

2

-t és a

d

-k közül csak egyet vehetünk. Az első sorban tehát

4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 4!

-féle négy kártya lehet és ugyanazon kártya sorrendje

4!

-féleképp lévén változtatható, az első sor

4! 4! = {(4!)}^{2}

-féleképp rakható fel, mely sorok teljesen egyforma szerepűek s így a további tárgyalást elég egy esetre folytatni, ha pld. az első sor négy tagja rendre:

a_{1}, b_{2}, c_{3}, d_{4}

. Tekintsük most az első oszlopot;

a

oda már az

a_{1}

-en kívül nem kerülhet a

b

-k közül már csak

(1)

b_{3}

vagy

(2)

b_{4}

kerülhet oda.

(1)

esetben a

c

-k közül a harmadik helyre juthat

c_{2}

, s így negyediknek

d_{4}

vagy harmadiknak

c_{4}

, tehát negyediknek

d_{2}

, az előbbi eset azonban lehetetlen, mert

d_{4}

-et már az első sorba raktuk s így csak az utóbbi lehetséges;

(2)

esetben a

c

-k közül csak

c_{2}

juthat oda s így a negyedik

d_{3}

, mely a második lehetséges eset. Ha tehát az első sor állandó, az első oszlopban a többi három kártyát, a sorrendet nem tekintve, csak kétféleképp lehet felrakni, vagy ennek tekintetbe vételével (

3

kártya sorrendje

3!

-féleképp lévén változtatható)

2 \cdot 3!

-féleképp.
Ezek után kimutatható, hogy az első sor és oszlop (ha t. i. ezeket a feladatnak megfelelően rendeztük el) meghatároz egy és csak egy megoldást. Ennélfogva a megoldások száma akkora, ahányféleképp az első sort és első oszlopot elrendezhetjük. De láttuk, hogy az első sor

{(4!)}^{2}

-féleképpen rakható fel, az első oszlop pedjg

2 \times 3!

-féleképp, s így a megoldások száma

\begin{matrix} {(4!)}^{2} \times 2 \times 3! = 4! \times 1! \times 2! \times 3! \times 4! = 6912. \end{matrix}

(König Dénes, Budapest.)

Jegyzet. Ha feladatunkhoz még ama feltételt kapcsoljuk, hogy az átlók irányában sem fordulhat elő ugyanazon figura és ugyanazon szín kétszer, akkor a megoldások száma

576 \times 2 = 1152

. Az egyik átló irányában ugyanis 8212; úgy mint előbb az elsősorban 8212; az elhelyezések száma ismét

576

. Legyen pl. egy elhelyezés az átló irányában

a_{1} b_{2} c_{3} d_{4}

. Könnyen kimutatható, hogy eme elhelyezésnél a

7

. helyre is csak

a_{4}

, vagy

d_{1}

kerülhet s mindegyik esetben a kártyáknak csakis egy elhelyezése lehetséges. Az

576

eset mindegyikében tehát két elhelyezés lehetséges, s így összesen

2 \times 576

elhelyezést kapunk. Pl.

\begin{matrix} \begin{matrix} a_{1} & d_{3} & b_{4} & c_{2} \\ c_{4} & b_{2} & d_{1} & a_{3} \\ d_{2} & a_{4} & c_{3} & b_{1} \\ b_{3} & c_{1} & a_{2} & d_{4} \end{matrix} \begin{matrix} a_{1} & c_{4} & d_{2} & b_{3} \\ d_{3} & b_{2} & a_{4} & c_{1} \\ b_{4} & d_{1} & c_{3} & a_{2} \\ c_{2} & a_{3} & b_{1} & d_{4} \end{matrix} \end{matrix}

Látjuk, hogy eme elhelyezésekben az oszlopok és sorok fel vannak cserélve.
Érdekes tulajdonsága eme elhelyezéseknek, hogy bűvös négyzetekre jutunk (K. M. L. VI. 64. l. és VII. 3. l.), ha a betűket az egymásra következő számokkal helyettesítjük. Ha tehát

a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{3} = 3, a_{4} = 4, b_{1} = 5, b_{2} = 6, b_{3} = 7, b_{4} = 8, c_{1} = 9, c_{2} = 10, c_{3} = 11, c_{4} = 12, d_{1} = 13, d_{2} = 14, d_{3} = 15, d_{4} = 16

, akkor a fentebbi elhelyezésekből a következő bűvös négyzeteket kapjuk:

\begin{matrix} \begin{matrix} 1 & 15 & 8 & 10 \\ 12 & 6 & 13 & 3 \\ 14 & 4 & 11 & 5 \\ 7 & 9 & 2 & 16 \end{matrix} \begin{matrix} 1 & 12 & 14 & 7 \\ 15 & 6 & 4 & 9 \\ 8 & 13 & 11 & 2 \\ 10 & 3 & 5 & 16 \end{matrix} \end{matrix}

Látjuk, hogy minden sorban és minden oszlopban, valamint az átlók irányában is a számok összege

34

(Rátz Károly, Bécs.)

A feladatot még megoldotta: Bayer Béla.