Kezdőlap


Feladat:	1308. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Csada Imre , Czinczenheim József , Grosz László , Harsányi János , Lóránd Endre , Mandl Béla , Oroszhegyi Szabó Lajos , Vajda József , Weisz Alfréd
Füzet:	1937/május, 276 - 280. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egészrész, törtrész függvények, Kombinációk, Variációk, Partíciós problémák, Klasszikus valószínűség, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/március: 1308. matematika feladat

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

I. Megoldás. a) A kihúzott számokat jelöljék $x_{1}$ , $x_{2}$ , $x_{3}$ . Ha ezeket egyszerre húzzuk ki, akkor nem lehetnek közöttük egyenlők. Ezeknek tehát két feltételt kell kielégíteniök:

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} + x_{3} = 180 ... & (1) \\ és 0 < x_{1} < x_{2} < x_{3} \leq 90^{\circ} ... & (2) \end{matrix}

Vizsgáljuk meg, hány értékcsoport felel meg ezen követelményeknek?
2) szerint bármelyik

x < 91

; tehát léteznek olyan

Z_{1}

Z_{2}

Z_{3}

pozitív egész számok, amelyekre nézve

\begin{matrix} Z_{1} = 91 - x_{3}, Z_{2} = 91 - x_{2}, Z_{3} = 91 - x_{1}, \end{matrix}

ill.

\begin{matrix} Z_{1} + Z_{2} + Z_{3} = 273 - (x_{1} + x_{2} + x_{3}) = 93 ... \end{matrix}

(3)

azonban ugyancsak 2) alapján kell, hogy

\begin{matrix} 0 < Z_{1} < Z_{2} < Z_{3} \leq 90 ... \end{matrix}

(4)

legyen. Ha tekintetbe vesszük, hogy

Z_{1 min} = 1

Z_{2 min} = 2

, akkor a

Z_{3} \leq 90^{\circ}

korlátozás összhangban van a 3) egyenlet követelményével és nem változtatja meg a 3) egyenlet megoldásainak számát, úgy hogy ezt nem kell külön kiemelnünk.
Mivel minden

Z

-hez tartozik egy olyan

x

, mely eleget tesz az 1) és 2) feltételeknek, azért elegendő, ha keressük a

\begin{matrix} Z_{1} + Z_{2} + Z_{3} = 93 \end{matrix}

egyenlet pozitív egész megoldásainak számát, úgy hogy

\begin{matrix} 0 < Z_{1} < Z_{2} < Z_{3} . \end{matrix}

Ezt a feladatot a XII. évf. 1184. feladatában oldottuk meg (XII. évf. 232. o.─1936/4. 232. old.). Eszerint a megoldások száma:^{$^{*}$}

\begin{matrix} \frac{1}{6} {(\binom{93 - 1}{2}) - 3 [\frac{93 - 1}{2}] + 2 [\binom{93}{2}] - 2 [\frac{93 - 1}{3}]} = \\ = & \frac{1}{6} {(\binom{92}{2}) - 3 \cdot 46 + 2 \cdot 31 - 2 \cdot 30} = 675. \end{matrix}

Ugyanennyi megoldása van az

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} + x_{3} = 180 (ha 0 < x_{1} < x_{2} < x_{3} \leq 90) \end{matrix}

egyenletnek is.
Ha nem vagyunk tekintettel a sorrendre, akkor a kiszámítandó valószínűség szempontjából a kedvező esetek száma 675, míg a lehetséges esetek száma a 90 elemből alkotott ismétlés nélküli harmadoszt. kombinációk száma,

(\binom{90}{3})

. Eszerint

\begin{matrix} v_{1} = \frac{675}{(\binom{90}{3})} = \frac{675 \cdot 3!}{90 \cdot 89 \cdot 88} = \frac{45}{7832} = 0, 005745. \end{matrix}

Ha a sorrendre is tekintettel vagyunk, akkor a kedvező esetek száma:

675 \cdot 3!

A lehetséges esetek száma a 90 elemből alkotott ismétlés nélküli harmadoszt. variációk száma

(\frac{90}{3}) 3!

A valószínűség értéke most is az, mint előbb.
b) Ha a kihúzott lapot visszatesszük, akkor a kihúzottak között az 1) feltételnek megfelelőleg 45, 46,

...

59, 61,

...

89 számok kétszer is előfordulhatnak, a 60 háromszor is, azaz 45 esetben lehet ismétlés; a kedvező esetek száma, ha nem vagyunk tekintettel a sorrendre

675 + 45 = 720

. A lehetséges esetek száma a 90 elemből alkotható ismétléses harmadoszt. kombinációk száma, azaz

(\binom{92}{3})

. A keresett valószínűség

\begin{matrix} v_{2} = \frac{720}{(\binom{92}{3})} = \frac{720 \cdot 3!}{92 \cdot 91 \cdot 90} = \frac{70}{92 \cdot 91 \cdot 15} = \frac{12}{91 \cdot 23} = \frac{12}{2093} = 0, 005733 ... \end{matrix}

Ha tekintettel vagyunk a sorrendre is, akkor a kedvező esetek száma:

\begin{matrix} 675 \cdot 3! + 44 \frac{3!}{2!} + 1 = 4183. \end{matrix}

A lehetséges esetek száma a 90 elemből alkotható ismétléses variációk száma t. i.

90^{3}

. Most

\begin{matrix} v'_{2} = \frac{4183}{90^{3}} = 0, 000573 ... \end{matrix}

Vajda József (Faludi Ferenc rg. VIII. o. Szombathely).

Jegyzet. Ezen különben dicséretreméltó megoldásról feltételezhetjük, hogy a versenyen aligha jön létre. Hogy lássuk, milyen megoldás az, amit a versenyen is ki lehet hozni, közöljük a következő megoldást is. Ebben azonban csak az a) kérdésre szorítkozunk, feltételezve azt, hogy a kihúzott számok sorrendjére nem vagyunk figyelemmel.

II. Megoldás. Jelentsék az

x

y

z

egész számok a háromszög szögeit úgy, hogy

0 < x < y < z \leq 90^{\circ}

. Ekkor

x + y + z = 180

.
Minthogy

y < z \leq 90

, azért

x + 2 y < 180

, de

x + y \geq 90

. Ezen feltételeket szem előtt tartva, a következő kedvező esetekhez jutunk:

\begin{matrix} x = 1; & y & lehetséges & értékei & : & 89 \\ x = 2; & ,, & ,, & ,, & : & 88 \\ x = 3; & ,, & ,, & ,, & : & 87, & 88 \\ x = 4; & ,, & ,, & ,, & : & 86, & 87 \\ x = 5; & ,, & ,, & ,, & : & 85, & 86, & 87 \\ x = 6; & ,, & ,, & ,, & : & 84, & 85, & 86 \\ x = 7; & ,, & ,, & ,, & : & 83, & 84, & 85, & 86 \\ ... & ... \\ ... & ... \\ x = 43; & y & lehetséges & értékei & : & 47, & 48, & ... & 67, & 68 & (22 eset) \\ x = 44; & ,, & ,, & ,, & : & 46, & 47, & ... & 66, & 67 & (22 ,,  ) \\ x = 45; & ,, & ,, & ,, & : & 46, & 47, & ... & 66, & 67 & (22 ,,  ) \\ x = 46; & ,, & ,, & ,, & : & 47, & 48, & ... & 66 & (20 ,,  ) \\ x = 47; & ,, & ,, & ,, & : & 48, & 49, & ... & 66 & (19 ,,  ) \\ x = 48; & ,, & ,, & ,, & : & 49, & 50, & ... & 65 & (17 ,,  ) \\ ... & ... \\ ... & ... \\ x = 57; & y & lehetséges & értékei & : & 58, & 59, & 60, & 61 \\ x = 58; & ,, & ,, & ,, & : & 59, & 60 \\ x = 59; & ,, & ,, & ,, & : & 60. \end{matrix}

(

x = 60

már nem lehetséges

y = 61

z = 62

miatt).
A feltételeknek megfelelő értékcsoportok száma megegyezik

y

lehetséges értékeinek számával és ez:

\begin{matrix} 2 + 4 + 6 + 8 + ... + 42 + 44 + 22 + 20 + 19 + 17 + 16 + ... + 5 + 4 + 2 + 1 = \\ = 2 (1 + 2 + 3 + ... + 21 + 22) + 22 + (39 + 33 + 27 + ... + 9 + 3) = \\ = 506 + 22 + 147 = 675. \end{matrix}

A kedvező esetek száma eszerint 675.
A lehetséges esetek száma:

(\binom{90}{3})

és

v = \frac{675}{(\binom{90}{3})} = \frac{45}{7832}

Lóránd Endre (Br. Kemény Zsigmond r. VIII. o. Bp.VI.)

Jegyzet. Ezen ‐ inkább intuitív ‐ megoldást rendszerbe foglalja a következő.

III. Megoldás. A kedvező eseteket, számuknak könnyebb meghatározása végett, osszuk két csoportba. Az elsőbe helyezzük azokat, amelyekben az első (legkisebb) elem sorban 1, 2,

...

43, 44, a második csoportba azokat, amelyekben az első elem 45, 46,

...

89, 90.
1. Legyen tehát az első elem

k

úgy, hogy

0 < k < 45

. Az ehhez tartozó kedvező kombinációk közül a legalacsonyabb rangú:

\begin{matrix} k, 90 - k, 90. \end{matrix}

(A második elem nem lehet kisebb, mint

90 - k

, mert akkor a harmadiknak 90-nél nagyobbnak kell lennie; ez pedig nem fordulhat elő.) A következő kedvező kombinációk

\begin{matrix} k, 90 & - k + 1, 90 - 1 \\ k, 90 & - k + 2, 90 - 2. \\ ⋮ \end{matrix}

A legmagasabb rangú kedvező kombináció

\begin{matrix} k, 90 - k + x, 90 - x \end{matrix}

ahol

\begin{matrix} 90 - k + x < 90 - x azaz x < \frac{k}{2} . \end{matrix}

Tehát aszerint, amint

k

páros, vagy páratlan, legmagasabb rangú kedvező kombináció:

\begin{matrix} k, 90 - k + (\frac{k}{2} - 1), 90 - (\frac{k}{2} - 1) ill. k, 90 - k + \frac{k - 1}{2}, 90 - \frac{k - 1}{2} . \end{matrix}

Amint látjuk, adott

k

mellett

x = 0

, 1, 2,

...

[\frac{k - 1}{2}]

szolgáltatják a kedvező eseteket. Ezeknek száma tehát

[\frac{k + 1}{2}]

[\frac{k + 1}{2}]

értéke két egymásután következő páratlan és páros számra (1 és 2, 3 és 4

...

43 és 44) ugyanakkora. Ha

k = 1

, 2, 3, 4,

...

43, 44, akkor

\begin{matrix} \sum_{k = 1}^{44} [\frac{k + 1}{2}] = 2 (1 + 2 + ... + 22) = 2 \frac{1 + 22}{2} \cdot 22 = 506. \end{matrix}

2. Legyen már most az első elem

45 + l

, ahol

0 \leq l \leq 45

. Az ehhez tartozó kedvező kombinációk:

\begin{matrix} 45 + l, & 45 + l + 1, 90 - (2 l + 1) \\ 45 + l, & 45 + l + 2. 90 - (2 l + 2) . \\ ... ... \\ ... ... \end{matrix}

A legmagasabb rangú

45 + l

45 + l + x

90 - (2 l + x)

ahol azonban

45 + l + x < 90 - (2 l + x)

, azaz

0 < x < \frac{45 - 3 l}{2}

.
Ebből első sorban következik, hogy

45 > 3 l

, tehát

l < 15

, azaz csak

l = 0

, 1, 2,

...

14 lehetséges. (Az első elem legfeljebb 59.)
A legmagasabb rangú kombináció adott

l

mellett,

\begin{matrix} ha l \end{matrix}