Kezdőlap


Feladat:	1361. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ehrenfeld Nándor , Kirchknopf E. , Kubinyi I. , Paunz A.
Füzet:	1905/április, 196. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Variációk, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1905/február: 1361. matematika feladat

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

$1^{\circ}$ . Hat külömböző jeggyel annyi hatjegyű szám alakítható, amennyi a hatodosztályú ismétlés nélkül való variációk száma $10$ elemből, azaz

\begin{matrix} v_{6} (10) . \end{matrix}

De minthogy azokat a számokat, melyeknek első jegye

0

, tekintetbe nem vehetjük, azért a csoportok számának tizedrészét le kell vonnunk, vagyis a keresett hatjegyű számok száma

\begin{matrix} v_{6} (10) - \frac{1}{10} v_{6} (10) = \frac{9}{10} \cdot (\binom{10}{6}) \cdot 6! = 136080. \end{matrix}

2^{\circ}

. Ha cgy hatjegyű számban négy páratlan jegy fordul elő, kell, hogy a másik két jegy páros legyen. De az

1, 3, 5, 7,9

jegyekből alakítható ismétlés nélkül való négy kombinációk:

1357, 1359, 1379, 1579, 3579

és a

0, 2, 4, 6, 8

jegyekből alakítható ismétlés nélkül való kettes kombinációk:

02, 04, 06, 08, 24, 26, 28, 46, 48, 68

. Ha most a kettes csoportok mindegyikét a négyes csoportok mindegyikével összekapcsoljuk, akkor kapunk olyan

5 \cdot 4 = 20

hatos csoportot, melyekben

0

is előfordul és

5 \cdot 6 = 30

oly hatos csoportot, melyekben

0

nem fordul elő. Ha még tekintetbe vesszük, hogy az így nyert hatos csoportokban az elemek helyeiket fölcserélhetik és hogy az oly csoportokat, melyekben

0

első helyen áll, számításba nem vehetjük, akkor kapjuk, hogy az összes csoportok száma

\begin{matrix} 5 \cdot 4 \cdot \frac{5}{6} \cdot 6! + 5 \cdot 6 \cdot 6! = 33600. \end{matrix}

(Ehrenfeld Nándor, Nyitra.)