Kezdőlap


Feladat:	1363. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Berger Tibor , Bodó Zalán , Egry György János , Fehér György , Holzer Pál , Kemény György , Királyhidi Gyula , Kirtyán E. , Klein Kató , Komlós János , Krisztonosich Jenő , Nagy Elemér , Radovics György , Sándor Gyula , Schreiber Béla , Sebestyén Gyula , Somogyi Á. , Tasnádi J. , Törley D. , Weisz Alfréd
Füzet:	1938/január, 129 - 130. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Azonosságok, Egyenlőtlenségek, Permutációk, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/november: 1363. matematika feladat

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

I. Megoldás. Kimutatjuk, hogy

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! ... a_{n}! < (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n})! . \end{matrix}

Ugyanis

\begin{matrix} a_{1}! = a_{1}! \end{matrix}

\begin{matrix} a_{2}! = 1 \cdot 2 \cdot 3. \cdot ... \cdot a_{2} < (a_{1} + 1) (a_{1} + 2) ... (a_{1} + a_{2}) = \frac{(a_{1} + a_{2})!}{a_{1}!}, \\ a_{3}! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot a_{3} < (a_{1} + a_{2} + 1) (a_{1} + a_{2} + 2) ... (a_{1} + a_{2} + a_{3}) = \frac{(a_{1} + a_{2} + a_{3})!}{(a_{1} + a_{2})!}, \\ ... ... ..., \\ a_{n}! = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot ... \cdot a_{n} < \frac{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1} + a_{n})!}{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1})!} . \end{matrix}

A megfelelő oldalakat szorozva:

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! a_{3}! ... a_{n}! < a_{1}! \frac{(a_{1} + a_{2})!}{a_{1}!} \cdot \frac{(a_{1} + a_{2} + a_{3})!}{(a_{1} + a_{2})!} ... \frac{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1} + a_{n})!}{(a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1})!} . \end{matrix}

A jobboldalon a számláló tényezői a nevezőben is előfordulnak, kivéve a legutolsót, tehát

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! a_{3}! ... a_{n}! < (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n - 1} + a_{n})! < k! . \end{matrix}

Egry György János (Kölcsey Ferenc g. VIII. o. Bp. VI.)

II. Megoldás. Legyen

a_{1} + a_{2} + ... + a_{n} = s

. Ekkor

s!

jelenti az

s

különböző elem permutációit.
Ha az

s

különböző elemet szakaszokra osztjuk, melyekben az elemek száma rendre

a_{1}

a_{2}

...

a_{n}

és ezen szakaszok elemeit egymás között permutáljuk, rendre

a_{1}!

a_{2}!

...

a_{n}!

permutacióit kapunk. Ha továbbá ezen különböző szakaszokból keletkező permutációkat ‐ a sorrendjük szerint ‐ minden lehetséges módon összekapcsoljuk, keletkezik

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! ... a_{n}! \end{matrix}

permutáció, melyek mindegyike benne van az

s

elem összes

s!

számú permutációi között. De ezekkel nem merítettük ki az összes

s!

számú permutácót, mert ezek között vannak olyanok is, melyek az

\begin{matrix} a_{1}!, a_{2}!, ..., a_{n}! \end{matrix}

számú permutációk sorrendjének felcserélésével keletkeztek és olyanok is, amelyekben az előbbi

n

szakasz valamelyikéből egyik vagy másik elemet átteszünk egy másik szakaszba és így permutálunk. Eszerint

\begin{matrix} a_{1}! a_{2}! ... a_{n}! < (a_{1} + a_{2} + ... + a_{n})! < k! . \end{matrix}

Sándor Gyula (Kölcsey Ferenc g. VII. o. Bp. VI.)

III. Megoldás. A csoportosítások tanában

\begin{matrix} P = \frac{k!}{a_{1}! a_{2}! ... a_{n}!} \end{matrix}

ahol

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} \leq k

, jelenti a

k

elemből alkotható permutációk számát, ha a

k

elem között

a_{1}

, ill.

a_{3}

...

, ill.

a_{n}

számú elem egyenlő, tehát

P

az egységnél nagyobb egész szám, még akkor is, ha

\sum_{i = 1}^{n} a_{i} = k

Királyhidi Gyula (Szent-László g. VIII. o. Bp. X.)