Kezdőlap


Feladat:	207. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Beke B. , Fischer Gy. , Hajós Gy. , Lukács Ernő , Németh B.
Füzet:	1927/január, 152. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Permutációk, Kombinációk, Kúpszeletek, Projektív geometria, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1926/november: 207. matematika feladat

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

$1^{\circ}$ . A 6 pont $6!$ sorrendben vehető; azonban a következő permutációk:

\begin{matrix} 1, 2, 3, 4, 5, 6; \end{matrix}

ugyanazon sokszöget szolgáltatják; másrészt az

\begin{matrix} 1, 2, 3, 4, 5, 6 és 6, 5, 3, 4, 2, 1 \end{matrix}

sorrend is ugyanazon sokszöghöz vezet. Ezért a 6 pont

\begin{matrix} \frac{6!}{6 \times 2} = 60 \end{matrix}

hatszöget és így 60 Pascal-egyenest határoz meg.

2^{\circ}

. A 6 pontot összekötő egyenesek száma nyilván

(\binom{6}{2}) = 15

. Ezen egyenesek egyikét, pl. az

[1,2]

-t metszi a többi 4 pont által meghatározott, azaz

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

egyenes. Ezt mondhatjuk tehát a 15 egyenes mindegyikéről. Mivel pedig így számítva a metszéspontokat, mindegyik kétszer szerepel, tehát a metszéspontok száma:

\begin{matrix} \frac{6 \times 15}{2} = 45. \end{matrix}

3^{\circ}

. Mindegyik Pascal-egyenes az előbbi metszéspontok közül 3-t tartalmaz és így összesen 180 pont lenne. Tényleg csak 45 van és így

\frac{180}{45} = 4

egyenesen tartozik mindegyik pont feküdni.

Lukács Ernő (kegyesrendi gimn. VIII. o. Bp.)