matematika gyakorlo es erettsegire felkeszito feladatgyujtemeny ii megoldas

Tartalom

Feladatok

sorszáma:

Elôszó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Jelölések, rövidítések . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

I. KOMBINATORIKA . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Bevezetô feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1–49Permutációk, variációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Permutációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50–63Variációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64–83Vegyes feladatok a permutációk és variációk témakörébôl . . . . . . . 84–139

Kombinációk, ismétléses kombinációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Kombinációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140–178Ismétléses kombinációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 179–198

Összetett feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199–257Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 258–345II. GRÁFOK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 346–372Összefüggések a gráf csúcsai és élei között . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373–394

Szabályos testek csúcsai, élei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395–406Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 407–425

Összefüggô gráfok, fa, kör . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 426–482Gráfok bejárása, Euler-féle poliédertétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Élek bejárása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483–491Csúcsok bejárása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492–497Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 498–509Euler-féle poliédertétel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 510–525

Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 526–570III. FÜGGVÉNYEK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Alapfogalmak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 571–622Függvénytípusok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Nulladfokú és elsôfokú függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 623–640Abszolútértéket tartalmazó függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 641–655Másodfokú függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 656–685Racionális törtfüggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 686–699Elôjel, egészrész- és törtrészfüggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 700–711Négyzetgyökfüggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712–718Magasabb fokú és gyökös függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719–722Exponenciális függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 723–730Logaritmusfüggvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 731–741

Függvénytranszformációk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 742–763Összetett függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 764–780

Függvények tulajdonságai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Függvények tulajdonságai, mûveletek függvényekkel . . . . . . . . 781–786Inverz függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 787–790Páros és páratlan függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 791–803Monoton függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 804–811Periodikus függvények . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812–817

Függvények alkalmazása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 818–853IV. SOROZATOK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sorozatok bevezetése . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854–873Számtani sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 874–931Mértani sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 932–997Rekurzív sorozatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Explicit és rekurzív alakok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 998–1004Elsôrendû lineáris rekurziók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1005–1018Másodrendû rekurziók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1019–1032Vegyes rekurziók . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1033–1046

Vegyes feladatok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047–1106Kamatos kamat, járadékszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1107–1141V. AZ EGYVÁLTOZÓS VALÓS FÜGGVÉNYEK

ANALÍZISÉNEK ELEMEI . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Sorozat határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1142–1178

Mértani sorozat határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1179–1192Függvény határértéke. Folytonosság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Függvény határértéke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1193–1199Folytonosság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1200–1208

Differenciálszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1209–1243Érintôk . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1244–1259Szélsôérték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1260–1310Függvényvizsgálat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1311–1327

Integrálszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1328–1352Határozott integrál . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1353–1359Területszámítás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1360–1393Forgástestek térfogata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1394–1428Más alkalmazások . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1429–1440

VI. STATISZTIKA, VALÓSZÍNÛSÉG-SZÁMÍTÁS . . . . . . .Táblázatok, grafikonok . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1441–1490Statisztikai közepek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1491–1518Gyakoriság, relatív gyakoriság . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1519–1523Eseményalgebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1524–1538Valószínûségek kombinatorikus kiszámítási módja . . . . . . . . . 1539–1636

Más nemzetek érettségi feladataiból . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1637–1648Valószínûség-számítási feladatok emelt szinten . . . . . . . . . . . . 1649–1683ÉRETTSÉGI FELADATSOROK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Középszint . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 db feladatsorEmelt szint . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 db feladatsor

Jelölések, rövidítések

I

6 Jelölések, rövidítések6=, =Y

/

.

<, #

>, $

N

Z

Z+, Z-

Q, Q*

Q+, Q-

R

R+, R-

,! !Y

,3 1

1Y

,, +

\

3

#

0Y, {}

AA

[a; b]

[a; b[

]a; b]

]a; b[

x[x], {x}

aub(a, b)

[a, b]

f: x 7f(x0)

egyenlô, nem egyenlô

azonosan egyenlô

közelítôleg egyenlô

kisebb, kisebb vagy egyenlô

nagyobb, nagyobb vagy egyenlô

a természetes számok halmaza

az egész számok halmaza

a pozitív, a negatív egész számok halmaza

a racionális, az irracionális számokhalmaza

a pozitív, a negatív racionális számokhalmaza

a valós számok halmaza

a pozitív, a negatív valós számok halmaza

eleme, nem eleme a halmaznak

részhalmaz, valódi részhalmaz

nem részhalmaza a halmaznak

halmazok uniója, metszete

halmazok különbsége

halmazok szimmetrikus különbsége

halmazok Descartes-szorzata

üres halmaz

az A halmaz komplementere

az A halmaz elemszáma

zárt intervallum

balról zárt, jobbról nyílt intervallum

balról nyílt, jobbról zárt intervallum

nyílt intervallum

az x szám abszolútértéke

az x szám egészrésze, törtrésze

a osztja b-t

a és b legnagyobb közös osztója

a és b legkisebb közös többszöröse

az f függvény hozzárendelési szabálya

az f függvény helyettesítési értéke, az x0

helyen

,a b2 5!=

ax b 5/+

, ; , ,a 2 3 8 54 8 6. .

< , x2 3 5 #

> , a6 4 2$

{0; 1; 2; …}

{…; -2; -1; 0; 1; 2; …}

{1; 2; 3; …}, {–1; –2; –3; …}

,N Z5 2! !- +Y

,A B N Q3 1

Z Q*1Y

,A B A B, +

A \ BA 3 BA # B

{ ; ; }0 1 2 3=

, ,3 1 3 1- =

[2,3] = 2, {2,3} = 0,3

2u8

(4, 6) = 2

[4, 6] = 12

f: x 7 2x + 3

f(5), ha x0 = 5

I

Jelölések, rövidítések 7

Df , Rf

f o g!

n

k

J

L

KK

N

P

OO

�

J

0, /

&, +," )

6

+

7

!

%

lim

f l

#

a

b

#

F(x), Fl(x)

az f függvény értelmezésitartománya, értékkészlete

összetett függvény

faktoriális

n alatt a k

szög

állítások tagadása (negációja)

állítások diszjunkciója, konjunkciója

állítások implikációja, ekvivalenciája

univerzális kvantor (minden …)

akkor és csak akkor

egzisztenciális kvantor (létezik …)

összeg (szumma)

szorzat (produktum)

limesz, határérték

az f függvény deriváltja

határozatlan integrál

határozott integrál

primitív függvény és a deriváltja

4! = 4 $ 3 $ 2 $ 1 = 24

5

2 2 1

5 410

$

$= =

J

L

KK

N

P

OO

ABC�

, ( )i i2 3i

n

1

-=

! !

ii 1

4

=

%

( )lim f xx"3

( )f x dx#

( )f x dxa

b

#

I. Kombinatorika

Bevezetô feladatok

11. a) 3 $ 5 = 15; b) 1 $ 2 = 2.12. 6 $ 6 = 36.13. 2 $ 3 $ 2 $ 1 $ 1 $ 2 $ 1 $ 1 $ 1 $ 1 = 24.14. 4 $ 4 = 16. A „felsô ág” és az „alsó ág” 4-4 csapata közül bármelyik játsz-hatja a döntôt. 15. 20 $ 20 = 400. Mindkét fél 16 gyalog- és 4 huszárlépés közül választhat. 16. 6 $ 10 = 60. Az e egyenes bármely 6 pontját az f egyenes bármely 10 pont-jával összeköthetjük.17. a) A legtöbb játszmát 10-10 játékos esetén kapjuk, a mérkôzések száma

ekkor 10 $ 10 = 100. b) Ha a játékosok száma n = 2k, a maximális számú mérkôzést akkor

kapjuk, ha egyforma létszámú csoportokat hozunk létre. Ekkor k2

számú játszma lesz, míg ha a csoportok létszáma k + d, illetve k - d(ahol d ∈ Z+), a játszmák száma kevesebb lesz: (k + d)(k - d) = k2 - d2.Ha a játékosok száma n = 2k + 1, a legtöbb mérkôzést akkor kapjuk,ha k, illetve k + 1 a csoportok létszáma. Ekkor k2 + k számú játszmalesz, míg ha a csoportok létszáma k + 1 + d, illetve k - d (ahol d ∈ Z+),a játszmák száma kevesebb lesz: (k + 1 + d)(k - d) = k2 + k - d2 - d.

18. a) Az 1 + 1 + 3 és 1 + 2 + 2 összegek egyaránt 3-féleképpen állhatnakelô, ez összesen 6 lehetôség.

b) A 3-as összeg 1-féleképpen (1 + 1 + 1), a 4-es összeg 3-féleképpen (1 + 1 + 2), az 5-ös összeg pedig az a) feladat alapján 6-féleképpen áll-hat elô. Összesen 1 + 3 + 6 = 10 lehetôség.

19. Ha az utolsó (legkisebb) helyiértéken álló számjegy 5, akkor 4 $ 4 $ 3 $ 2 $ 1 == 96-féle szám készíthetô, mert 0-val nem kezdôdhet a szám. Ha az utolsóhelyiértéken álló számjegy 0, akkor 5 $ 4 $ 3 $ 2 $ 1 = 120-féle szám lehetséges.Összesen 96 + 120 = 216 lehetôség van.10. a) III. ábra: Az A-ból C-be vezetô utak száma AC = 3 $ 4 + 1 + 2 = 15.

III. ábra: Induljunk el az A pontból, s minden elágazásnál írjuk a cso-mópontra az A-ból odavezetô utak számát (10/2. ábra)!

Észrevehetjük, hogy az út során bármely X elágazáshoz vagy felülrôl, vagy bal-ról érkezhetünk, ezért az X csomópontra írt számmegegyezik a tôle balra, illetve felette lévô csomó-pontra írt számok összegével. AC = 84.

III. ábra: Hasonló okoskodással AC = 252. Bármely elágazáshoz felülrôl érkezünk, de onnantöbb út is lehetséges. Pl. B-be X-bôl vagy Y-ból 2 útonjuthatunk el (10/3. ábra). X-be 2, Y-ba 3 út vezetett,ezért a B-be vezetô utak száma 2 $ 2 + 3 $ 2 = 10.

I

10/2.

b) III. ábra: AB = 3, BC ,4= ABC = 3 $ 4 = 12.III. ábra: AB = 10, BC = 4, ABC = 10 $ 4 = 40.III. ábra: AB =10, BC =13, ABC=10 $13=130.

c) Az összes út számából ki kell vonni a B-n áthaladóutak számát. I. ábra: AC - ABC = 15 - 12 = 3.II. ábra: AC ABC– = 84 - 40 = 44. III. ábra:AC - ABC = 252 - 130 = 122.

11. Összesen 9 darab egyjegyû, 90 darab kétjegyû, 900darab háromjegyû és 1005 darab négyjegyû számot írtunkle. 9 $ 1 + 90 $ 2 + 900 $ 3 + 1005 $ 4 = 6909.12. Kötetenként 9 $ 1 + 90 $ 2 + 464 $ 3, 9 $ 1 + 90 $ 2 + + 453 $ 3, illetve 9 $ 1 + 90 $ 2 + 482 $ 3, összesen 1581 + + 1548 + 1635 = 4764 számjegyet írtunk le.13. 9 $ 1 + 90 $ 2 + n $ 3 = 2184, innen n = 665. Ennyi ol-dalból áll a munka.14. a) A szám 9 $ 1 + 90 $ 2 + 900 $ 3 + 1 $ 4 = 2893 jegyû.

b) Az 1-es számjegyet 001-tôl 999-ig minden helyi-értéken 100-szor írtuk le, összesen 300-szor. Ha-sonló a helyzet a 2, 3, … , 9 számjegyekkel.

A 0-t az egyes helyiértéken 99-szer, a tízes helyiértéken 90-szer, összesen 189-szer írtuk le. Maradt még az 1000, így összesen: az 1-es számjegyet 301-szer; a2, 3, … , 9 számjegyeket 300-szor; a 0-t 192-szer írtuk le.

c) 9 $ 1 + 45 $ 2 = 99, a 100. számjegy 5-ös.15. A tükrös helyzetû színezett mezôket párosíthatjuk. Mivel páratlan számúszínezett mezô van, a középsô mezôt kiszíneztük. Általánosan is igaz marad azállítás, ha a tábla két oldalhosszának mérete és a bábuk száma páratlan.16. a) 10.

b) 10. Minden 2 elemû részhalmazhoz kölcsö-nösen egyértelmûen hozzárendelhetjük a 3elemû komplementer részhalmazát.

17. A kezdô játékos nyerhet. Kezdetben az érmé-jét az asztal középpontjára helyezi, majd minden lé-pésben az ellenfél érméjére középpontosan tükrö-sen helyezi el sajátját.18. A kezdô játékos nyerhet. Kezdetben a két kö-zépsô korongot fordítja meg, majd minden lépés-ben az ellenfél által megfordított korongokra szim-metrikus helyzetû korongokat fordítja meg. Ha kezdetben a korongok egy körben helyezked-nek el, akkor a kezdô játékos lépése után 9 vagy 8hosszú sor marad. A második játékos 1 vagy 2 kö-zépsô korong megfordításával elôállíthatja a szim-metrikus helyzetet, tehát neki van nyerô stratégiája.19. A testek minden lapjához, éléhez és csúcsához„kívülrôl” egy-egy térrészt rendelhetünk, s maga atest is egy térrészt határoz meg.a) 6 + 12 + 8 + 1 = 27; b) 4 + 6 + 4 + 1 = 15.

10 Kombinatorika

I 10/3.

19.

20. Minden 4-lyukú buszjegyhez kölcsönösen egyértelmûen hozzárendelhet-jük az 5-lyukú „komplementer” buszjegyet, tehát mindkét fajtából ugyanannyibuszjegy van.21. a) A reformlottó minden sorsolásához (90 számból 85 darab) kölcsönösen

egyértelmûen hozzárendelhetjük a hagyományos lottó egy sorsolását(90 számból a kimaradt 5 darab). A telitalálat elérése egyformán nehéz.

b) Mindenkinek van legalább 80 találata.22. a) 15.

b) Minden kiválasztott négyszög párosítható a ki nem választott két csú-cson áthaladó egyenessel, ezért ugyanannyi négyszög választható ki acsúcsokból, mint az a) feladatbeli egyenesek száma: 15 darab.

c) Maximális számú metszéspontot akkor kaphatunk, ha semelyik két átlómetszéspontján nem megy át harmadik átló. Ekkor négy csúcs egyértel-mûen meghatározza két átló metszéspontját, tehát ugyannyi metszés-pontot kapunk, mint a b) esetben: 15 darabot.

23. Jelölje A a 3-mal, B az 5-tel osztható, 2000-nélnem nagyobb pozitív páros számok halmazát!

a) 3-mal osztható szám 333 darab van, ezértA = 333.

b) B = 200. c) Ha egy egész szám osztható 3-mal és 5-tel,

akkor osztható 15-tel is. 15-tel oszthatószám 66 darab van, ezért A ∩ B = 66.

d) Szemléltessük a halmazokat Venn-diagram-mal, s írjuk be az egyes tartományok elem-számát „belülrôl kifelé” haladva (vagyis azA ∩ B tartománnyal kezdve)!

Az ábra alapján 3-mal vagy 5-tel 467 szám osztható. e) 533.

Más megoldási lehetôség a d) feladatra: uA ∪ Bu a kérdés. A szitaformulát alkalmazva uA ∪ Bu = uAu+uBu-uA ∩ Bu == 500 + 333 - 166 = 667. (A 2-vel és 3-mal osztható számokat kétszer szá-moltuk, ezért egyszer le kell vonni ôket.)24. Mivel 60% + 65% = 125%, mindkét feladatot a versenyzôk 25%-a oldottameg. Csak a második feladatot a versenyzôk 65% - 25% = 40%-a, s mivel ez80 fô, 200-an indultak a versenyen. Az iskola tanu-lóinak létszáma 1000.25. Jelölje A, B, C rendre a T2, T3, T5 tulajdonságúszámok halmazát! Ekkor u Au = 500, u Bu = 333,uCu = 200, u A ∩ Bu = 166, u A ∩ Cu = 100, u B ∩ Cu = 66, u A ∩ B ∩ Cu = 33.Szemléltessük a halmazokat Venn-diagrammal, sírjuk be az egyes tartományok elemszámát „belül-rôl kifelé” haladva (vagyis az A ∩ B ∩ C tar-tománnyal kezdve)!Ez alapján: a) 33; b) 266; c) 267 + 134 + 67 = 468;d) 133 + 67 + 33 = 233.

Bevezetô feladatok 11

I

23.

25.

Másik megoldási lehetôség a szitaformula alkalmazása. a) u A ∩ B ∩ Cu = 33.

b)u A B C, ,^ hu a kérdés. uA ∪ B ∪ Cu=uAu+uBu+uCu-uA ∩ Bu-

-uA ∩ Cu-uB ∩ Cu+uA ∩ B ∩ Cu= 500 + 333 + 200 - 166 - 100 -

- 66 + 33 = 734, ezért u A B C, ,^ hu = 1000 - 734 = 266. c)uAu+uBu+uCu-2 $ (uA ∩ Bu+uA ∩ Cu+uB ∩ Cu) + 3 $ uA ∩ B ∩ Cu =

= 500 + 333 + 200 - 2 $ (166 + 100 + 66) + 3 $ 33 = 468.d)uA ∩ Bu+uA ∩ Cu+uB ∩ Cu- 3 $ uA ∩ B ∩ Cu = 166 + 100 + 66 -

- 3 $ 33 = 233.

26. a) 20 + 7 + 1 = 28;b) 7 + 1 = 8;c) 7 + 20 + 1 = 28;d) 20 + 7 + 1 + 1 = 29;e) 7 + 20 + 2 = 29;f) 10 + 7 + 1 = 18 (amikor van piros, de nincs zöld golyó a kihúzottak

között: 10 + 7 lehetôség);g) 20 + 7 + 1 = 28;h) 1 (2 golyó esetén elôfordulhat, hogy van két piros, de nincs három zöld;

ez nyilván nem áll fenn 1 kihúzott golyó esetén); i) 1 + 2 + 3 + 1 = 7; j) 10 + 20 + 3 + 1 = 34; k) 7 + 20 + 1 = 28; l) 7 + 20 + 1 = 28.

27. a) 19;b) 46;c) 1 (2 zokni esetén elôfordulhat, hogy van piros pár, de nincs zöld pár; ez

nyilván nem áll fenn 1 kihúzott zokni esetén);d) 16;e) 58;f) 1 (2 zokni esetén elôfordulhat, hogy nincs piros pár, de van zöld pár; ez

nyilván nem áll fenn 1 kihúzott zokni esetén).

28. Nem lehetséges. A három sor, három oszlop és a két átló számainak össze-ge 8 értéket ad, míg az általuk meghatározott három szám összege -3-tól + 3-ig7-féle lehet, tehát vannak közöttük egyenlôk.

29. A táblát átlója mentén felbonthatjuk három darab 668 # 333-as méretûrésztáblára. Legyen pl. a 668 a vízszintes és 333 a függôleges méret; ekkor azátló a mezôket határoló egységnyi hosszú szakaszokból 667 függôlegest és 332vízszintest metsz. (Nem tekintjük metszésnek, ha az átlónak a szakasz végpont-jával van közös pontja.) A metszéspontok számánál eggyel több mezôn halad átaz átló, így összesen 3 $ (667 + 332 + 1) = 3000 azon mezôk száma, amelyekbelsejében áthalad az átló.30. a) Az átló egyenesét kissé eltoljuk pl. „jobbra” úgy, hogy ne menjen át

egyetlen mezô csúcsán sem. Ekkor az utolsó kivételével minden sorbankét mezôt metsz, összesen 15-öt.

12 Kombinatorika

I

Több mezôt nem metszhet semmilyen egyenes. Ugyanis bármely egye-nes a mezôket határoló egységnyi hosszú vízszintes és függôleges sza-kaszokból összesen legfeljebb 16-ot metszhet (a tábla széleit is bele-értve), s a metszéspontok számánál eggyel kevesebb mezôn haladhat át.

b) Hasonló okoskodással a kissé elmozgatott átló egyenese legfeljebb2n - 1 számú mezôn haladhat át.

31. A testátló az egységkockákat határoló síkokat az egyes irányokban 10, 11,illetve 12 pontban döfi. Minden metszésponthoz rendelhetünk egy egységkoc-kát (pl. azt, amelyiket a testátló „elhagyja” a metszéspontnál), valamint még azutolsó kis kockát is számolnunk kell. Összesen 10 + 11 + 12 + 1 = 34 egység-kockán halad át a téglatest testátlója.

32. a) 2 007 206. 1 + 2 + 3 + … + 2003 =2

2003 2004$= 2 007 006. Ennyi

szám található az elsô 2003 sorban, ezért a 2004. sor 2 007 006 + 101 =

= 2 007 107-tel kezdôdik. A sorban lévô 100. szám a 2 007 107 + 99 =

= 2 007 206.

b) Ha a 2005 az n. sorban van, akkor 1 + 2 + 3 + … + (n - 1) + 100 < 2005.( )n n

2

1 $-+100 < 2005, innen n # 62, vagyis a 2005 a 62. sorban van.

Az elsô 61 sorban 2

61 62$= 1891 szám van, így a 62. sor elsô eleme

1891 + 101 = 1992, 14. eleme a 2005.

33. a) Az 1. esetben 10 + 5 + 2 + 1 + 1 = 19, a 2. esetben szintén 19 a mérkô-zések száma.

b) Minden mérkôzés vesztese kiesik, s így az egyetlen gyôztes személyénekmegállapításához 19 kiesésre (mérkôzésre) van szükség.Általában n játékos esetén n - 1 mérkôzéssel lehet megállapítani agyôztest.

34. a) Minden egyes vágással +1-gyel nô az összes papírdarab száma. A végál-lapotban 56 darab van, így 55 vágás szükséges.

b) Ha a már meglévô papírdarabokat pl. egymásra tehetjük, akkor mindenegyes vágással legfeljebb megkétszerezhetjük a számukat. A végállapot-ban 56 darab van. 25 < 56 < 26, így legalább 6 vágás kell. A felezésestechnikát alkalmazva ennyi vágás elegendô is, nem nehéz a konkrétdarabolást megadni. (Arra kell csak ügyelni, hogy a vágások elôtt adarabokat egymásra vagy alkalmasan egymás mellé pakoljuk.)

35. a) Minden egyes vágással +1-gyel nô az összes darab száma. A végállapot-ban 512 darab kis kocka keletkezett, így 511 vágás szükséges.

b) Ha a már meglévô téglatest darabokat pl. egymásra tehetjük, akkorminden egyes vágással legfeljebb megkétszerezhetjük a darabokszámát. A végállapotban 512 darab kis kocka van. 512 = 29, így legalább9 vágás kell. 9 vágással a darabolás meg is valósítható. A kockalapokramerôleges három irány mindegyikében elegendô 3 vágás, ha a felezésestechnikát alkalmazzuk.


I

36. a) A felezéses technika segítségével 4 kérdésbôl ki lehet találni a gondoltszámot. Ha pl. az elsô kérdés az, hogy „A gondolt szám legfeljebb 8?”,akkor a válasz után már csak 8 szám közül kell kitalálni Anna számát.Ugyanígy felezve a lehetôségeket, a következô kérdés után 4, majd 2,végül 1 lehetôség marad. Ez a legjobb kérdezési technika. Ha ugyanisvalamelyik kérdéssel nem egyenlô arányban osztanánk két részre alehetséges számokat, „balszerencsés” válasz esetén a nagyobbik hal-mazba kerülne a gondolt szám, s ezzel a halmazzal kellene folytatnunka kérdezést.

b) Az alábbi táblázat mutatja, hogy 4 kérdés most is elegendô.

A kérdéseket I-IV. jelöli. Minden kérdéssel az 1-16 számok egy részhal-mazára kérdezünk rá. Az egyes kérdéseknél x jelet tettünk annak a számnak azoszlopába, amelyik az éppen kérdezett halmazba beletartozik. Látható, hogy a16 különbözô válaszlehetôségnek megfelelôen a 16 oszlop különbözikegymástól.37. a) Két mérés elegendô. Jelöljük a golyókat (1), (2), (3), (4), (5), (p)-vel, s

az elsô méréssel hasonlítsuk össze (1) és (2) tömegét (3) és (p)tömegével! Három eset lehetséges: 1. (1) és (2) nehezebb, mint (3) és (p) (jelölés: (1)(2) > (3)(p)).Ekkor (1) vagy (2) lehet nehezebb a többi fehér golyónál, vagy (3) lehetkönnyebb. Ennek eldöntésére elég (1)-et és (2)-t összehasonlítani,összesen tehát két mérés elegendô. 2. (1)(2) < (3)(p). A megoldás hasonló az elôbbihez. 3. (1)(2) = (3)(p). A hamis golyó (4) vagy (5) lehet, kiválasztására elégpl. (1)-et és (4)-et összehasonlítani.

b) Két mérésbôl nem mindig tudjuk megmondani, hogy a hamis golyókönnyebb, vagy nehezebb a többinél. Az elôzô megoldás 3. esetében ha(1) = (4), akkor nem tudjuk megállapítani, hogy a hamis (5) „hogyan”hamis. Más mérési eljárás sem lehet eredményes. Összesen 10 lehetôségünkvan (5 golyó mindegyike lehet könnyebb, vagy nehezebb, mint a többi),egy mérés kimenetele 3-féle lehet, tehát 2 méréssel csak 3 $ 3 = 9 esetettudunk megkülönböztetni.

38. Következtessünk a végállapotból visszafelé! A 245" 244" 222" 211" 210"" 25" 24" 22 " 21 " 1 lánc 9 lépés hosszú, ezért kezdetben az 1" 1 négy-zetre emelést alkalmazhatjuk.39. Mindháromszor úgy gyûjtjük össze a lapokat, hogy mindig középre kerül-jön az a kupac, amelyben éppen benne van a kiválasztott lap. Ekkor tudjuk,hogy az elsô összegyûjtés után a 27 lapból a középsô 9 valamelyike a keresett

xxxxxxxxIV.

xxxxxxxxIII.

xxxxxxxxII.

xxxxxxxxI.

16151413121110987654321

14 Kombinatorika

I

kártya. A második szétrakás és összegyûjtés után a középsô három lap valame-lyike, végül a pakli közepe, tehát a 14. lesz a kiválasztott kártya. 40. a) Igen. Pl. a fedôlapon elérhetô a (6, 8, 8, 8) helyzet, ezután a (8, 8, 8, 8)

számok elôállításakor az alaplap csúcsaiba a (3, 2, 3, 4) számok kerül-nek. Innen két lépésbôl eljutunk a (4, 4, 4, 4) állapotba, innen pedignyolc lépésben a (8, 8, 8, 8) állapotba.

b) A kiindulási helyzetben a csúcsokon lévô számok összege 1 (páratlan).A végállapotban minden csúcsban egyforma szám kell, hogy legyen;ezek összege 8-cal osztható (páros). Amikor azélek végpontjaiban álló számokat eggyel-eggyelmegnöveljük, az összeg 2-vel nô, tehát az összegparitása megmarad. Ez az ellentmondás mutat-ja, hogy a kívánt végállapot nem érhetô el.

c) A kocka csúcsait két csoportra osztjuk úgy, hogyaz azonos csoportban lévô csúcsok között ne le-gyen él. Az egyik csoportba sorolhatjuk az alap-lap és a fedôlap két-két szemközti csúcsát (ábra).

Az eljárás folyamán mindkét csoportban az ott lévô számok összege egyszerrenô 1-gyel. Mivel kezdetben ez az összeg különbözô volt a két csoportban (0,illetve 2), a csupa egyforma számozás nem érhetô el.41. Egy 4 lépéses konstrukció látható az ábrán (a két üres széket OO-valjelöljük, s aláhúzzuk az éppen átülô gyerekeket).4-nél kevesebb helycserével a feladat nem oldható meg. Nevez-zük „jó szomszédságnak”, ha fiú fiú mellett és lány lány mellettül. Kezdetben a „jó szomszédságok” száma 0. Az elsô lépésbenez legfeljebb 1-re nôhet, és a késôbbiekben is csak legfeljebbkettesével növelhetô. Mivel a végállapotban a „jó szomszédsá-gok” száma 6, ezért nem elég 3 lépés. (A fenti megoldásban a jószomszédságok száma rendre 0, 1, 3, 4, 6 volt.)42. A 10 szám összege mindig ugyanannyi, hiszen összeadásukkor mind a kéthelyiértéken mind a 10-féle számjegy megjelenik.43. Legkevesebb 10 négyzetre van szükség. Pl. cm-ben mérve 1 darab 5 # 5-ös-re, 5 darab 2 # 2-esre és 4 darab 1 # 1-esre, vagy 1 darab 4 # 4-esre, 3 darab3 # 3-asra és 6 darab 1 # 1-esre.44. a) Az a1 – h8 és a8 – g1 iránnyal 7–7 párhuzamos átló van, tehát legfeljebb

14 futó helyezhetô el. Ez a konstrukció meg is valósítható, pl. a táblaszélére helyezett 14 futóval.

b) Egy 2 # 2-es résztáblára legfeljebb 2, tehát a 8 # 8-as táblára legfeljebb32 gyalog helyezhetô el. Megfelelô konstrukciót kapunk, ha pl. mindenmásodik oszlopba helyezünk gyalogokat.

45. Nem. A dédapák között nagyanyám apja is szerepel, míg nagyapáimdédapjai között nincs rokona nagyanyámnak. (Érdemes felrajzolni a családiszármazások öt mélységû gráfját.)46. 31 napos hónap esetén 20-a a hét 3 napjával, 30 napos hónap esetén 2 nap-pal, februárban pedig 1 nappal tolódik el. Január 20-a csütörtök, 30-a vasárnap,így az egyes hónapok 20. napjait (20) és 30. napjait (30) az alábbi táblázatbólolvashatjuk ki:


I

40.

41.

16 Kombinatorika

I

20-a csütörtökre, 30-a vasárnapra esett leggyakrabban (háromszor). 13-a és 20-aminden hónapban azonos napra esik, így péntek 13-a csak egyszer volt 2000-ben, októberben.47. a) A szám 9 $ 1 + 90 $ 2 + 900 $ 3 + 9000 $ 4 = 38 889 jegyû.

b) Az 1-es számjegyet 0001-tôl 9999-ig minden helyiértéken 1000-szerírtuk le, összesen 4000-szer. Hasonló a helyzet a 2, 3, …, 9 számje-gyekkel. A 0-t az egyes helyiértéken 999-szer, a tízes helyiértéken 990-szer és a százas helyiértéken 900-szor, összesen 2889-szer írtuk le.

c) 9 $ 1 + 90 $ 2 + 605 $ 3 = 2004. A 605. háromjegyû szám az 506, a 2004.leírt számjegy 6-os.

48. a) Egyetlen mérés elegendô. Az elsô ládából 1, a másodikból 2, … , azötödikbôl 5 súlyt helyezünk a mérlegre. A 15 kg-nál annyi dkg-mal mu-tat többet a mérleg, ahányadik ládában vannak a hamis súlyok.

b) Ismét elég egyetlen mérés. Most az egyes ládákból rendre 1, 2, 4, 8, 16darabot helyezünk a mérlegre, s a 31 kg feletti dkg-értékbôl következ-tethetünk a hamis ládákra. Ha pl. 31 kg 7 dkg a mért érték, a 7-et felír-juk 2-es számrendszerbeli ötjegyû számként: 7 = 00111, s ez mutatja,hogy az elsô három ládában vannak hamis súlyok.

49. A legnehezebb golyót 7 méréssel meghatározhatjuk: 4 pár összehason-lítása után a nehezebbekbôl 2 párt készítünk, majd ezután a két legnehezebbethasonlítjuk össze. A második legnehezebb golyó csak azok közül kerülhet ki,amelyeket korábban a legnehezebbel párosítottunk. Ebbôl a három golyóbólmár két további méréssel meghatározhatjuk a legnehezebbet.

Permutációk, variációk

Permutációk

50. 6 darab; ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA.51. 6 darab, hasonlóan az 50. feladathoz.52. 4 $ 3 $ 2 $ 1 = 4! = 24.53. 4! = 24. 54. 5! = 120. Pl. a fiúkat sorba állítjuk, és hozzájuk párosítjuk a lányokat.55. 5! = 120.

2030302030vasárnap

303020szombat

2030péntek

3020203020csütörtök

202030szerda

2030kedd

202020hétfô

12(31)

11(30)

10(31)

9(30)

8(31)

7(31)

6(30)

5(31)

4(30)

3(31)

2(29)

1(31)

Napok

Permutációk, variációk 17

I56. a) 10!; b) n!.57. 6! = 720. A B halmaz elemeinek minden sorrendje egy hozzárendelést ismeghatároz.58. 5 golyó van, 5! = 120.59. „Elég jó” megoldásnak számít a hárombetûs szavak körében, ha úgyadunk meg két mássalhangzó között egy magánhangzót, hogy a szó meg-fordításán kívül még legalább egy további szót is alkothassunk. Pl. a T, É, Lbetûk ilyenek.

Ismétléses permutációk

60. a) Ha a két ’a’ különbözô betû lenne, 4!-féle szót készíthetnénk. Mivel

nem különbözôk, az a1ba2c és az a2ba1c szavakhoz hasonlóan minden

szót kétszer számoltunk, így összesen !

2

4= 12-féle szó készíthetô.

b) Ha a három ’a’ különbözô betû lenne, 5!-féle szót készíthetnénk. Mivel

nem különbözôk, minden aaabc típusú tényleges sorrendet a1a2a3bc,

a1a3a2bc stb. alakokban annyiszor vettünk figyelembe, ahányféleképpen

a három ’a’ betût egymás között permutálhatjuk. Eredmény: !

!

3

5= 20.

c) A két ’a’ és a két ’b’ betû miatt az 5 különbözô elem sorrendjeit kétszer

osztani kell 2!-sal. ! !

!

2 2

5

$= 30.

d)! !

!

3 2

5

$= 10.

61. Jó megoldásnak számít, ha három értelmes szó készíthetô a betûkbôl; pl.

E, E, K, Z.

62. a) 3; b)!

2

4= 12; c)

!

2

5= 60; d)

!

!

3

6= 120; e)

! !

!

2 2

5

$= 30;

f)! !

!

2 2

6

$= 180; g)

! !

!

3 2

7

$= 420; h)

! ! !

!

3 2 2

7

$ $= 210.

63. Az a, a, b, b, c, c elemek minden permutációja egy függvényt határoz meg.

Összesen ! ! !

!

2 2 2

6

$ $= 90-féle függvény van.

Variációk

64. a) 4 $ 3 $ 2 = 24; b) 5 $ 4 $ 3 = 60; c) 6 $ 5 $ 4 = 120.65. 5 $ 4 $ 3 = 60.66. 6 $ 5 $ 4 = 120.67. 10 $ 9 $ 8 $ 7 $ 6 = 30 240.68. 6 $ 5 $ 4 = 120, legalább 6 különbözô számjegy kell.69. 6 $ 5 $ 4 = 120.

18 Kombinatorika

I Ismétléses variációk

70. 3 $ 3 = 9 darab; AA, AB, AC, BA, BB, BC, CA, CB, CC.71. a) 43 = 64; b) 53 = 125; c) 63 = 216.72. 105.73. 314. Minden mérkôzés végeredménye 3-féle lehet.74. 29 - 1. Minden mezô állapota kétféle lehet, lyukasztott vagy sem; s ebbôla 29 lehetôségbôl ki kell hagyni a nem lyukasztott buszjegyet.75. abba típusú négyjegyû számból 9 $ 10 = 90 darab van (a! 0). Ezek a szá-mok 11-gyel mindig oszthatók, s ha négyzetszámok, akkor 121-gyel is. Végigpró-bálva a lehetséges 121 $ 9, 121 $ 16, 121 $ 25, 121 $ 36, 121 $ 49, 121 $ 64, 121 $ 81számokat, egyik sem lesz megfelelô.76. a) 25 = 32. A legnagyobb helyiértéken 1-es áll, a többi 5 helyiérték kétféle

lehet.b) 26 = 64. Mind a 6 helyiérték 0 vagy 1 lehet.

77. 2k - 1, illetve 2k.78. 232 + 1 = 4 294 967 297. A 32 fog mindegyikének állapota 2-féle lehet.79. 332 + 1 . 1,85 $ 1015. Ennyi ember viszont nem él a Földön!80. 103 = 1000 próbálkozás ideje 6000 másodperc, vagyis 100 perc.81. Elsô megoldás: Felsorolhatjuk a részhalmazokat: 0Y, {1}, {2}, {3}, {1, 2},{1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}. Második megoldás: A részhalmazba minden elem vagy beletartozik, vagy nem;ez 23 = 8 lehetôség.82. 66. Az alaphalmaz mindegyik eleméhez a 6 darab B-beli elem bármelyike ren-delhetô.83. Legalább 3 különbözô számjegy kell: 35 = 243.

Vegyes feladatok a permutációk és variációk témakörébôl

84. A számok elején nem állhat 0. a) 3 $ 3! = 18; b)!

2

4 4$= 48;

c)!

2 2

5 5

$

$= 150; d)

!

!

3 2

8 8

$

$= 26 880.

85. Az utolsó helyiértéken páros, illetve páratlan számjegynek kell lennie.

a) 2 $ 4! = 48; b) 3 $ 4! = 72.

Háromjegyû számok esetén: a) 2 $ 4 $ 3 = 24; b) 3 $ 4 $ 3 = 36.86. a) Az utolsó helyiértéken páros számnak kell állnia. Ha az utolsó jegy 0,

akkor 4!-féle, ha az utolsó jegy 2 vagy 4, akkor 2 $ 3 $ 3!-féle szám készít-hetô. Összesen 4! + 2 $ 3 $ 3! = 60.

b) 2 $ 3 $ 3! = 36. Háromjegyû számok esetén: a) 4 $ 3 + 2 $ 3 $ 3 = 30;

b) 2 $ 3 $ 3 = 18.87. Két esetet vizsgálhatunk az utolsó jegy alapján. 5! + 4 $ 4! = 216.

88. a) Ha az utolsó jegy 0, akkor az 1, 1, 1, 2, 2, 3 számjegyekbôl ! !

!

3 2

6

$-féle

szám készíthetô; ha az utolsó jegy 2, akkor a 0, 1, 1, 1, 2, 3 számjegyek-

bôl !

!

3

5 5$-féle szám készíthetô. Összesen:

! !

!

!

!

3 2

6

3

5 5

$

$+ = 160.

b) Ha minden számjegy különbözô lenne, akkor 4 $ 5 $ 5!-féle számot ké-

szíthetnénk. Az egyforma jegyek miatt összesen ! !

!

3 2

4 5 5

$

$ $= 200-féle

szám van.

89. ! !

!

! ! !

!

3 2

8 8

2 2 2

7 8

$

$

$ $

$+ = 26 880 + 35 280 = 62 160.

90. Az összes esetbôl (négyjegyû számok) kivonjuk a rossz eseteket (ame-

lyekben nem szerepel a 3-as): 64 - 54 = 671.91. 65 - 55 = 4651.92. 262 $ (104 - 1) = 6 760 000, ebbôl ki kell hagyni a 0000-típusúakat, ame-

lyek száma 262. Összesen 6 759 324-féle rendszámtábla van.93. Olyan rendszámtábla, melyben nem ismétlôdik számjegy,

262 $ 10 $ 9 $ 8 $ 7 = 262 $ 5040 darab van. Amelyben van számjegyismétlôdés, 262 $ 104 - 262 $ 10 $ 9 $ 8 $ 4 = 262 $ 4960 darab; tehát a másik fajtából van több. 94. 263 $ 103 = 17 576 000; kihagyva a 000 típusúakat, az eredmény 17 558 424. 95. Az elôzô feladatok megoldása alapján 17 558 424 > 6 759 324; új típusú

rendszámtábla több van.96. Az összes hatjegyû szám számából kivonjuk azok számát, amelyekben

minden számjegy páratlan. 9 $ 105 - 56 = 884 375.97. 53 = 125.

98. ! !

!

4 4

8

$= 70.

99. Az elsô jegy 1-es, így 4 darab 1-es és 3 darab 0 számjegy összes per-

mutációjának számát kell meghatározni: ! !

!

4 3

7

$= 35.

100. ! !

!

! !

!

4 3

7

5 2

77 1

$ $+ + + = 64. A 0 számjegyek száma lehet 3, 2, 1 vagy 0.

101. a) 5 $ 4 $ 3 = 60; b) 4 $ 3 = 12; c) 4 $ 3 = 12. d) Ha egy-egy számjegyet többször is felhasználhatunk: a) 63; b) 62; c) 62.

102. Ha a 0 marad ki: ! !

!

3 2

6

$= 60; ha 1-es marad ki:

!

!

3

5 5$= 100; ha 2-es

marad ki: ! !

!

2 2

5 5

$

$= 150; ha 3-as marad ki:

! !

!

3 2

5 5

$

$= 50 lehetôség van. A hatje-

gyû számok száma ezek összege: 360.103. Az összes számból kivonjuk azok számát, melyekben nincs ismétlôdôszámjegy: 7 $ 84 - 7 $ 7 $ 6 $ 5 $ 4 = 22 792.104. Az összes számból kivonjuk azok számát, melyekben nincs 1-es.a) 7 $ 7 $ 6 $ 5 $ 4 - 6 $ 6 $ 5 $ 4 $ 3 = 3720; b) 7 $ 84 - 6 $ 74 = 14 266.


I

20 Kombinatorika

I 105. Az elsô 5 helyiértéken tetszôleges számok szerepelhetnek: 9 $ 104. Ha azelsô 5 számjegy összege páratlan volt, az utolsó helyiértékre 1, 3, 5, 7, 9 kerül-het; ha az elsô 5 számjegy összege páros volt, akkor az utolsó helyiértékre 0, 2,4, 6, 8-at írhatunk. Vagyis az utolsó helyiértékre mindkét esetben 5-féle szám-jegy kerülhet, az eredmény 5 $ 9 $ 104 = 450 000.

106. Az utolsó helyiértékre vagy 0, vagy 2-es kerül: !

!

!

!

3

5

3

4 4$+ = 36.

107. 10 000-tôl 99 999-ig 90 000 szám van. Ezek közül minden második, har-

madik, illetve negyedik megfelelô.a) 18 000; b) 30 000; c) 22 500.108. 3 $ 1099. A 9 $ 1099 darab százjegyû szám közül minden harmadik oszthatóhárommal.109. Komplementer leszámolással 53 - 43 = 61.110. Komplementer leszámolást alkalmazunk.a) 9 $ 9 $ 8 $ 7 $ 6 - 4 $ 4 $ 3 $ 2 $ 1 = 27 120;b) 9 $ 104 - 4 $ 54 = 87 500.111. 28 = 256. Minden helyiértékre kétféle számjegyet írhatunk, 5-öst vagy 6-ost.

112. a)! !

!

4 4

8

$= 70. A számjegyek összege csak akkor lesz osztható 9-cel, ha

4 darab 4-es és 4 darab 5-ös számjegyet használunk fel. b) Két ilyen szám van, a csak 4-esekbôl, illetve a csak 5-ösökbôl álló

9 jegyû számok.113. a) Az elsô hét helyiértékre tetszôleges számjegyeket írhatunk. Ha az elsô

hét számjegy összegének maradéka -3-mal osztva 0, akkor az utolsó helyiértékre 3 vagy 6 kerül;-3-mal osztva 1, akkor az utolsó helyiértékre 2 vagy 5 kerül;-3-mal osztva 2, akkor az utolsó helyiértékre 1 vagy 4 kerül.Vagyis az utolsó helyiértékre mindhárom esetben 2-féle számjegyet

írhatunk, összesen 67 $ 2 darab 3-mal osztható szám van. b) Az elôzô gondolatmenettel 5 $ 66 $ 2 = 466 560. c) Most az utolsó hét helyiértékre írunk tetszôleges számjegyeket. Ezek

összegének 3-mal vett maradékától függôen az elsô számjegy rendre 3vagy 6; 2 vagy 5; 1 vagy 4 lehet; vagyis minden esetben 2-féle. Amegoldás 77 $ 2 = 1 647 086.

114. 799 $ 2 . 9,24 $ 1083.115. A középsô három helyiértékre tetszôleges számjegyeket írhatunk. Haezek összegének maradéka - 3-mal osztva 0, akkor az elsô helyiértékre 3, 6 vagy 9 kerül;- 3-mal osztva 1, akkor az elsô helyiértékre 2, 5 vagy 8 kerül;- 3-mal osztva 2, akkor az elsô helyiértékre 1, 4 vagy 7 kerül. Vagyis az elsô helyiértékre mindhárom esetben 3-féle számjegyet írhatunk,összesen 103 $ 3 = 3000 megfelelô szám van.116. 3-mal osztható ötjegyû szám összesen 3 $ 104 = 30 000 darab van. Ezekközül olyan, amelyikben nincs 6-os számjegy, 8 $ 93 $ 3 = 17 496 darab van. (Azelsô négy helyiértékre tetszôleges számjegyeket írhatunk. Ezek összegének 3-mal vett maradékától függôen az utolsó számjegy rendre 0, 3 vagy 9; 1, 4 vagy


I7; 2, 5 vagy 8 lehet; vagyis minden esetben 3-féle.) A komplementer leszámolásmódszerével az eredmény 3 $ 104 - 8 $ 93 $ 3 = 12 504.117. Az elôzô megoldás gondolatmenetét alkalmazhatjuk, de most utoljára azelsô számjegyet határozzuk meg. A komplementer leszámolás módszerével azeredmény 3 $ 104 - 94 $ 3 = 10 317.118. Jelöljük az AB párt G-vel, ekkor a G, C, D, E, F elemek permutációinakszáma 5!. Mivel AB és BA különbözô ülésrendnek számít, az eredmény 2 $ 5! == 240.119. Komplementer módszerrel 7! - 2 $ 6! = 3600.120. Az elôzô megoldások gondolatmenetét alkalmazhatjuk, de 0 nem kerül-het a szám elejére: 6 $ 6! - 2 $ 5 $ 5! = 3120. Más megoldási lehetôség: a legfeljebb hétjegyû számokból kivonjuk azokat, ame-lyek 0-val kezdôdnek: 7! - 2 $ 6!- (6! - 2 $ 5!). (Mindkét eredmény kiemelésután 26 $ 5! = 3120.)121. a) A padnak két széle van, ezért 8! - 2 $ 7! = 30 240.

b) Jelöljük az AB párt J-vel, a CD párt K-val, ekkor a J, K, E, F, G, H ele-mek permutációinak száma 6!. Mivel AB és BA, valamint CD és DCkülönbözô ülésrendnek számít, az eredmény 22 $ 6! = 2880.

122. a) Az 1, 2, 3 számokat egyetlen objektumnak tekintve 7! sorrendet ka-punk. Mivel ez a három elem egymás között 3!-féleképpen permutál-ható, az eredmény 7! $ 3! = 30 240.

b) 7! = 5040.

c) Mivel az 1, 2, 3 számok sorrendje egymáshoz képest rögzített, jelöl-

hetjük ôket a, a, a-val. Ekkor az a, a, a, 4, 5, 6, 7, 8, 9 elemek per-

mutációinak száma a kérdés. Eredmény: !

!

3

9= 60 480.

123. Az elôzô megoldások gondolatmenetét alkalmazhatjuk, de 0 nem kerül-

het a szám elejére. a) 7 $ 7! $ 3! = 211 680; b) 7 $ 7! = 35 280; c)!

!

3

7 7$= 5880.

124. Az elôzô feladatok megoldása alapján: (n - k + 1)! $ k!.

125. Az elôzô feladatok megoldása alapján: (n - k + 1)!.

126. Az elôzô feladatok megoldása alapján: !

!

k

n.

127. a) 2 $ 4! $ 4! = 1152; b) 4! $ 4! = 576.128. a) 4! $ 4! = 576; b) 2 $ 4! $ 4! = 1152.

129. a) 4! = 24. A két darab 1-est egy objektumnak tekinthetjük.

b) A 2-est és 3-ast egy objektumnak tekintve !

!

2

4számú sorrend lenne, de

a 23 és 32 párok különböznek, így az eredmény !

!2

2

4$ = 24.

c) Komplementer leszámolással !

!

!

!

2

52

2

4$- = 36.

130. a) 4! = 24; b)!

!

3

52$ = 40; c)

!

!

!

!

3

62

3

5$- = 80.

131. a) Jelöljük a három szomszédos 1-est A-val, így A, 2, 2, 3, 4 összes sor-

rendje !

!

2

5= 60.

b) Jelöljük a két 2-est B-vel, így 1, 1, 1, B, 3, 4 összes sorrendje !

!

3

6=

= 120. c) Jelöljük a 3, 4 párt C-vel, így 1, 1, 1, 2, 2, C permutációinak száma

! !

!

3 2

6

$. De C kétféle lehet (34, illetve 43), ezért az eredmény

! !

!2

3 2

6$

$=

= 120.

d) Komplementer leszámolással ! !

!

! !

!

3 2

72

3 2

6

$$

$- = 300.

132. Az elôzô megoldásokhoz hasonlóan járunk el, csak arra kell vigyáznunk,

hogy 0-val nem kezdôdhet szám. a)!

!

3

7 7$= 5880; b)

! !

!

!

!

3 2

8 8

3

7 7

$

$ $- = 21 000;

c)! !

!

3 2

7 72

$

$$ = 5880; d)

! !

!

! !

!

3 2

8 8

3 2

7 72

$

$

$

$$- = 21 000.

133. a) 52 $ 51 $ 50 $ … $ 45 . 3,03 $ 1013; b) 528 . 5,35 $ 1013.134. Legfeljebb 8 bástya helyezhetô el, hiszen minden oszlopban legfeljebb 1állhat. Az elsô oszlopban a bástyát 8 helyre tehetjük. A második oszlopban márcsak 7 helyre (nem kerülhet az elôzôvel egy sorba), a harmadik oszlopban 6helyre és így tovább. Összesen 8! = 40 320-féle elhelyezés lehetséges.135. a) Bontsuk fel a 8 # 8-as táblát 16 darab 2 # 2-es résztáblára! Mivel min-

den 2 # 2-es résztáblára legfeljebb egy király kerülhet, a 8 # 8-as sakk-táblára legfeljebb 16-ot helyezhetünk el. Az elhelyezés meg is valósít-ható, ha pl. mindegyik 2 # 2-es résztábla bal fölsô mezôjére tesszük akirályokat.

b) 9 király elhelyezhetô az elôzô konstrukcióval. Több nyilván nem, hi-szen a 6 # 6-os táblára is csak 9-et tehetnénk.

136. a) Jelöljük 7" 6-tal azt, hogy a 7-es madárnak abba a kalitkába kellkerülnie, ahol most a 6-os madár van. A következô ciklust írhatjuk fel:7" 6" 2" 9" 8" 3" 4" 5" 1" 7. Ez azt jelenti, hogy bár-melyik madarat kitehetjük az üres kalitkába, a többi nyolc ciklikusana helyére költöztethetô, majd ôt is visszatehetjük a saját kalitkájába.Összesen 1 + 8 + 1 = 10 költöztetésre van szükség.

b) A 3" 8" 9" 2" 7" 1" 3 és 4" 5" 6" 4 ciklusok miatt leg-kevesebb 6 + 1 + 3 + 1 = 11 lépés kell.

c) Három ciklust kapunk: 3" 4 " 1" 3, 8" 9" 2" 8, 7" 6" 5" 7.Legkevesebb 4 + 4 + 4 = 12 költöztetésre van szükség. Általában is igaz, hogy n elem és c ciklus esetén a minimális rendezésilépésszám n + c.

137. a) Jelöljük a háromszög csúcsait 1, 2, 3-mal. Ezen elemek mind a 3! = 6számú permutációja meghatároz egy egybevágósági transzformációt.Pl. az (132) permutáció jelentése: az 1-es csúcs helyben maradt, a 2-esés 3-as helyet cserélt. Ez a transzformáció az 1-es csúcson áthaladószimmetriatengelyre való tükrözés.

22 Kombinatorika

I

Kombinációk, ismétléses kombinációk 23

IA 6 transzformáció: középpont körüli forgatás 0°, 120°, illetve 240°-kal, valamint három tengelyes tükrözés.

b) Jelöljük a négyzet csúcsait 1, 2, 3, 4-gyel! A 4! számú permutációbólcsak azok határoznak meg egybevágósági transzformációt, amelyekreteljesül, hogy szomszédos csúcsok szomszédosak maradtak. (Pl. meg-felel a (2341) permutáció (ez egy forgatás), de nem lehetséges az(1324), mert az 1-es és 2-es csúcsok nem maradtak szomszédosak.) 8 egybevágósági transzformáció van: négy középpont körüli forgatás,négy tengelyes tükrözés.

c) 10 egybevágósági transzformáció van: öt középpont körüli forgatás, öttengelyes tükrözés.

138. a) 4! = 24-féle jelsorozat van. 24 < 24 < 25, ezért legalább 5 kérdés kell,ami elég is pl. a felezéses technika alkalmazásával.

b) 44 = 256 = 28, így 8 kérdésre van szükség. (Pl. a sorozat minden egyesjegyét 2 kérdéssel kitalálhatjuk.)

139. an = n!, ha n $ 0.

Kombinációk, ismétléses kombinációk

Kombinációk

140. Bármely két ember egyszer fog kezet. a)6

2

J

L

KK

N

P

OO = 15; b)

( )n n n

2 2

1=

-J

L

KK

N

P

OO .

141. A halmazok elemeibôl kell kettôt úgy kiválasztanunk, hogy sorrendjükre

nem vagyunk tekintettel.

a) 3

2

J

L

KK

N

P

OO = 3; {a, b}, {a, c}, {b, c}.

b) 4

2

J

L

KK

N

P

OO = 6; {a, b}, {a, c}, {a, d}, {b, c}, {b, d}, {c, d}.

c) 5

2

J

L

KK

N

P

OO = 10; {a, b}, {a, c}, {a, d}, {a, e}, {b, c}, {b, d}, {b, e}, {c, d}, {c, e}, {d, e}.

142. 5

2

J

L

KK

N

P

OO = 10, mert bármely két egyenesnek legfeljebb egy közös pontja van.

143. 5

2

J

L

KK

N

P

OO = 10, mert bármely két pont meghatároz egy egyenest.

144. Ha n tagú a társaság, n

2

J

L

KK

N

P

OO = 136, innen n = 17.

145. Pl. az E, É, L, T betûkbôl elég sok szó készíthetô.

24 Kombinatorika

I 146. a)10

3

J

L

KK

N

P

OO = 120; b)

10

7

J

L

KK

N

P

OO = 120. Persze a két érték egyenlô, mert minden

kiosztott 3 lap párosítható a ki nem osztott 7 lappal.

147. 8

4

J

L

KK

N

P

OO = 70.

148. Minden háromszög, melynek három kék csúcsa van, párba állítható azzal

a háromszöggel, amelynek egyik csúcsa piros, a másik két csúcsa pedig a

kimaradt két kék pont. Ugyanannyi van tehát mind a két fajta háromszögbôl.

(Pontosan 5

3

J

L

KK

N

P

OO = 10 darab.)

149. Az alaphalmazból kell kiválasztanunk úgy 2, 3 stb. elemet, hogy sor-

rendjükre nem vagyunk tekintettel. a)6

2

J

L

KK

N

P

OO = 15; b)

6

3

J

L

KK

N

P

OO = 20; c)

6

4

J

L

KK

N

P

OO = 15;

d)6

5

J

L

KK

N

P

OO = 6.

150. a) 10

2

J

L

KK

N

P

OO = 45, mert két pont meghatároz egy egyenest.

b) n általános helyzetû pont a síkon n

2

J

L

KK

N

P

OO egyenest határoz meg.

c)10

3

J

L

KK

N

P

OO = 120. Bármely három kiválasztott pont meghatároz egy három-

szöget.

d)10

4

J

L

KK

N

P

OO = 210.

e)10

2

J

L

KK

N

P

OO = 45, mert bármely két egyenesnek egy metszéspontja van.

f)10

3

J

L

KK

N

P

OO = 120.

151. a) A p, p, p, p, p, z, z, z, z elemek összes permutációjának száma ! !

!

5 4

9

$=

= 126.

b) Válasszuk ki a 9 hosszú sorozat azon 4 helyét, ahová a zöld golyók

kerülnek! Ezt 9

4

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen tehetjük meg, s így egyértelmûen

megadtuk a sorozatot is.

152. 90

5

J

L

KK

N

P

OO = 43 949 268.

153. a)! !

!

3 3

6

$= 20; b)

6

3

J

L

KK

N

P

OO = 20.

154. 16

2

J

L

KK

N

P

OO = 120.

155. A 7 : 5 végeredmény csak 5 : 5-ös állás után jöhetett létre. Ha meghatá-

rozzuk, hogy az elsô tíz játékból melyik 5-öt nyerte meg az egyik fél, akkor

egyértelmûen megadtuk a játszmasorozatot; ez pedig 10

5

J

L

KK

N

P

OO = 252-féleképpen

történhetett.

156. a) A 11 : 5 végeredmény csak 10 : 5-ös állás után jöhet létre. Ha megha-

tározzuk, hogy az elsô 15 labdamenetbôl melyik 5-öt nyerte meg a

vesztes, akkor egyértelmûen megadtuk a játszma lefolyását; ez pedig15

5

J

L

KK

N

P

OO = 3003-féleképpen történhetett.

b) A 13 : 11 végeredmény csak 11 : 11-es állás után jöhetett létre, ez

pedig csak 10 : 10 után (11 : 9 állásnál vége lett volna a játéknak).

A 10 : 10-es állás 20

10

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen jöhetett létre. A vesztes játékos

a következô négy labdamenetbôl az elsôt vagy a másodikat nyerhet-

te meg, így összesen 220

10$J

L

KK

N

P

OO . 369 512-féleképpen folyhatott le a

játszma.

157. Elsô megoldás: Ha a fiúk megoszlása 1-3 (ez 4-féleképpen lehetséges),

akkor az 1 fiú mellé 5 lányt kell kiválasztanunk (ez 8

5

J

L

KK

N

P

OO- féleképpen lehetséges).

Innen 4 $8

5

J

L

KK

N

P

OO = 224 lehetôséget kapunk. Ha a fiúk megoszlása 2-2, ez 3-félekép-

pen lehetséges, ha pl. az egyik fiút rögzítjük, és hozzá keresünk társat. A rögzí-

tett fiúpár mellé 4 lányt kell kiválasztanunk (ez 8

4

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen lehetséges).

Innen 3 $8

4

J

L

KK

N

P

OO = 210 lehetôséget kapunk.

Összesen 4 $8

5

J

L

KK

N

P

OO + 3 $

8

4

J

L

KK

N

P

OO = = 224 + 210 = 434 lehetôség van.


I

Második megoldás: Az összes lehetséges csapateloszlásból kivonjuk azokat,

amikor 6 lány van együtt. Összesen 12

6

J

L

KK

N

P

OO = 924 hat fôs csapat állítható össze,

tehát ennek a fele, 462 párosítás lehetséges. A hat lány együtt 8

6

J

L

KK

N

P

OO = 28-féle-

képpen tud csapatot alkotni. Ezeket a párosításokat kihagyjuk, így összesen

462 - 28 = 434 lehetôség van.

158. a)90

5

J

L

KK

N

P

OO = 43 949 268; b)

45

6

J

L

KK

N

P

OO = 8 145 060; c)

35

7

J

L

KK

N

P

OO = 6 724 520.

159. a)35

7

J

L

KK

N

P

OO = 6 724 520; b)

41

6

J

L

KK

N

P

OO = 4 496 388; c)

36

5

J

L

KK

N

P

OO = 376 992;

d)36

6

J

L

KK

N

P

OO = 1 947 792.

160. Az 500 termék között 20 selejtes van.

a) A 480 hibátlan termék közül kell kiválasztani 10-et:480

10

J

L

KK

N

P

OO . 1,63 $ 1020-

féle lehetôség.

b) A 20 selejtes termék közül kell kiválasztani 10-et: 20

10

J

L

KK

N

P

OO = 184 756-féle

lehetôség.

c) A 480 hibátlan termékbôl és a 20 selejtbôl kiválasztunk ötöt-ötöt:

480

5

20

5$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO. 3,22 $ 1015-féle lehetôség.

161. 32

8

J

L

KK

N

P

OO = 10 518 300.

162. Elôször kiosztunk 32-bôl 8 lapot, majd a maradék 24-bôl 8-at, a 16-ból

8-at, végül a negyedik játékosnak marad az utolsó 8 lap. 32

8

24

8

16

8

8

8$ $ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO .

. 9,96 $ 1016.

163. Három játékos 10-10 lapot kap, kettô marad talonban, ez a kiosztás32

10

22

10

12

10$ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO. 2,75 $ 1015 módon lehetséges. A talonban maradt lapokat

azonban a kezdô játékos úgyis felveszi, így ô valójában 12 lapot kap. Összesen

tehát „csak” 32

12

20

10

10

10$ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO . 4,17 $ 1013 lehetséges kezdeti kiosztás van.

26 Kombinatorika

I


I164. A 6 : k végeredmény (k = 0, 1, … , 4) elôtt 5 : k volt az állás. Ez k

k

5 +J

L

KK

N

P

OO-

féleképpen jöhetett ki, hiszen az 5 + k játékból ennyi módon választhatjuk ki a

vesztes játékos által nyert k játékot. Ez alapján:

a 6 : 0 végeredmény 5

0

J

L

KK

N

P

OO = 1;


1

J

L

KK

N

P

OO = 6;


2

J

L

KK

N

P

OO = 21;


3

J

L

KK

N

P

OO = 56;


4

J

L

KK

N

P

OO = 126-féleképpen jöhetett létre.

A 7 : 5 végeredmény csak 5 : 5-ös állás után lehetséges, ez 10

5

J

L

KK

N

P

OO = 252 lehetôség.

Végül a 7 : 6 végeredmény 5 : 5-ös állás után kétféleképpen lehetséges, összesen

2 $ 252 = 504-féleképpen. Egy teniszjátszma tehát 1 + 6 + 21 + 56 +126 + 252 +

+ 504 = 966-féleképpen alakulhat.

165. a) A 3 darab p, 4 darab z és 5 darab k elem összes permutációjának száma

! ! !

!

3 4 5

12

$ $. b) Válasszuk ki a 12 hosszú sorozat 3 helyét, ahová a piros golyók

kerülnek! Ezt 12

3

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen tehetjük meg. A maradék 9 helybôl válasszuk ki

a 4 zöld golyó helyét, ezt 9

4

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen tehetjük meg, s így egyértelmûen

megadtuk a sorozatot is. Eredmény: 12

3

9

4$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 27 720.

166. Ha n tagú az ôrség, n

4

J

L

KK

N

P

OO = 1365, innen n = 15.

167. A zöld golyók elhelyezésére 6 hely van: az 5 piros golyó között 4, elôttük

és utánuk 1-1. Csak egyszer választhatjuk mindegyik helyet, egyébként egymás

mellé kerülne két zöld golyó. A lehetséges elhelyezések száma 6

4

J

L

KK

N

P

OO.

168. Jelöljük a kiválasztott könyveket 1-gyel, a polcon maradtakat 0-val!

Ekkor minden megfelelô kiválasztás megfelel egy 5 darab 1-esbôl és 7 darab

0-ból álló olyan sorozatnak, amelyben nincsenek 1-esek egymás mellett. A

7 darab 0 által meghatározott 8 helybôl kell 5-öt kiválasztani az 1-esek számára,

ezt 8

5

J

L

KK

N

P

OO= 56-féleképpen tehetjük meg.

169. a) A 4 piros és 3 fehér golyót 7

3

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen rakhatjuk sorba. Mindegyik

elrendezés 8 lehetséges helyet határoz meg a zöld golyók számára (a

lerakott golyók között, illetve elôttük és utánuk), ebbôl kell 2 külön-

bözôt kiválasztanunk. Összesen 7

3

8

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO= 980 lehetôség van.

b)6

2

7

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO= 525.

c) Elôször tegyük le a piros és zöld golyókat! Ha a két zöld golyó egymás

mellett van, akkor a piros és zöld golyókból 5

1

J

L

KK

N

P

OO-féle sorrend készít-

hetô, s mindegyik esetben a lerakott golyók közötti 7 helybôl 4-re

tehetünk pirosat: 5

1

4

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 20 eset. Ha a két zöld golyó nincs egymás

mellett, akkor a piros és zöld golyókból 5

2

J

L

KK

N

P

OO-féle sorrend készíthetô, s

mindegyik esetben a lerakott golyók közötti 7 helybôl 3-ra tehetünk

pirosat: 5

2

3

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 10 eset.

Összesen 20 + 10 = 30 megfelelô lánc készíthetô.

170. A karkötô szerepe ebben az esetben az, hogy az eddigi lineáris modell, a

sor helyett a golyókat egy kör mentén helyezzük el. A forgásszimmetria miatt 9

azonos sorrend van, amelyek ugyanazt a kört határozzák meg.

Elsô megoldás:a) Ha a két zöld golyót egyetlen objektumnak tekintjük, összesen

8

4

4

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO sorrend készíthetô a golyókból. Mivel a forgásszimmetria

miatt egy kört 8 sor határoz meg, a 2 zöld golyó egymás mellett

8

8

4

4

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

= 35 esetben lehet. Az összes kör száma 9

9

4

5

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

= 140, az

eredmény 140 - 35 = 105.

b) A 4 piros és 2 zöld golyóból 3 kört készíthetünk (a zöld golyók lehet-

nek szomszédosak, vagy lehet közöttük 1 vagy 2 piros golyó). Az ál-

28 Kombinatorika

I


Italuk közrefogott 6 helybôl a fehér golyók számára 3-at választunk ki.

Ha a zöld golyók szomszédosak vagy egy piros golyó van közöttük,

akkor ezt 6

3

J

L

KK

N

P

OO = 20-féleképpen tehetjük meg. Ha azonban a zöld

golyók között két piros van, a másodrendû forgásszimmetria miatt

csak 10 eset lesz. Összesen 2 $ 20 + 10 = 50 kör készíthetô.

Második megoldás: Elkészítjük az összes lehetséges sorozatot, majd a forgásszimmetria miatt osz-

tunk 9-cel. Arra kell vigyázni, hogy ha pl. zöld golyók nem lehetnek egymás

mellett, akkor a sorozat két szélén nem lehet egyszerre zöld golyó, hiszen a kör

zárásakor egymás mellé kerülnének.

a) 4 piros és 3 fehér golyóból 7

3

J

L

KK

N

P

OO sorrend készíthetô. Az általuk megha-

tározott 8 helybôl a zöld golyók számára 2-t választunk ki, ezt 8

2

J

L

KK

N

P

OO-

féleképpen tehetjük meg. De a zöld golyók számára a két szélsô

helyet nem választhatjuk egyszerre, ezt az egy lehetôséget le kell von-

nunk, s az így kapott összes sorrendet 9-cel osztanunk. Az eredmény

9

7

3

8

21$ -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OOO

= 105.

b) Az elôzô feladat megoldása alapján a piros és zöld golyóknak 6

2

J

L

KK

N

P

OO sor-

rendjük van, az általuk közrefogott 7 helyre a fehéreket 7

3

J

L

KK

N

P

OO-félekép-

pen helyezhetjük el. Ebbôl a 7

3

J

L

KK

N

P

OO elhelyezésbôl le kell vonnunk azokat,

amikor a sor két szélén egy-egy fehér golyó van. Ilyen elhelyezés

5 darab van (bármely belsô helyen lehet a harmadik fehér golyó).

A megfelelô körök száma tehát 9

6

2

7

35$ -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KKK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OOO

= 50.

171. A 6, 7, 8, … , 15 cédulák közül kell kihúzni ötöt, ezt 10

5

J

L

KK

N

P

OO = 252-félekép-

pen tehetjük meg.

172. 15

5

J

L

KK

N

P

OO = 3003. Ennyi számötöst húzhatunk ki s mindegyiknek csak

egyetlen sorrendje megfelelô.

30 Kombinatorika

I 173. a) Az 1, 2, … , 9 számjegyek közül válasszunk ki 7-et! Minden kiválasztás

egyúttal egyetlen növekvô sorrendet is ad; ez 9

7

J

L

KK

N

P


b) A 9, 8, … , 0 számjegyek közül válasszunk ki 7-et! Minden kiválasztás

egyúttal egyetlen csökkenô sorrendet is meghatároz; ez 10

7

J

L

KK

N

P

OO = 120

lehetôség.

174. Három páros számot 15

3

J

L

KK

N

P

OO, egy páros és két páratlan számot

15

1

15

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO-

féleképpen választhatunk ki. Eredmény: 15

3

15

1

15

2$+

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 2030.

175. A 16-os (hexadecimális) számrendszerben a 10, 11, 12, 13, 14, 15-nek

megfelelô számjegyeket rendre A, B, C, D, E, F-fel jelöljük.

a) Ha az 1, 2, … , 9, A, B, C, D, E, F számjegyek közül kiválasztunk 5-öt,

minden kiválasztás egyúttal egy növekvô számötöst is meghatároz:15

5

J

L

KK

N

P


b) Ha a 0, 1, 2, … , 9, A, B, C, D, E, F számjegyek közül kiválasztunk 5-

öt, minden kiválasztás egyúttal egy csökkenô számötöst is meghatá-

roz: 16

5

J

L

KK

N

P


176. A kihúzott csavarok között pontosan k darab selejtes k k

20 180

10$

-

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO eset-

ben lesz, ahol k = 0, 1, 2, … , 10 lehet. (Kiválasztunk k darabot a 20 selejtesbôl

és 10 - k darabot a 180 hibátlanból.) a) A fenti képletbe k helyére rendre 0, 1, 2, 3, 4-et helyettesítünk, s az így

kapott értékeket összeadjuk.

b) Egyik lehetôség, hogy az általános képletbe k $ 4 értékeit behe-

lyettesítjük, s az így kapott eredményeket összeadjuk.

Másik lehetôség, ha a komplementer leszámolás módszerét alkalmaz-

zuk. Az összes húzás 200

10

J

L

KK

N

P

OO-féle lehet, ebbôl kivonjuk az a) eredmé-

nyét, s hozzászámoljuk a k = 4 esetet.

177. A komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk. Összesen - külön-

bözô számjegyekbôl álló - ötjegyû szám 9 $ 9 $ 8 $ 7 $ 6 = darab van; ezek közül9

5

J

L

KK

N

P

OO olyan, melynek számjegyei növekvô sorrendben állnak.

Eredmény: 9 $ 9 $ 8 $ 7 $ 6 -9

5

J

L

KK

N

P

OO = 27 216 - 126 = 27 090.


IHasonlóan 9 $ 9 $ 8 $ 7 $ 6 -10

5

J

L

KK

N

P

OO = 27 216 - 252 = 26 964 azon ötjegyû számok

száma, amelyekben a számjegyek nem csökkenô sorrendben állnak.

178. a)20

10

J

L

KK

N

P

OO= 184 756; b) 12 fej és 8 írás összes lehetséges permutációja:

20

8

J

L

KK

N

P

OO= 125 970.

Ismétléses kombinációk

Hagyományosan Cnk-val jelöljük n különbözô elem k-ad osztályú kombinációi-

nak számát. Ekkor n különbözô elembôl k darabot (különbözôt) választunk ki

úgy, hogy a kiválasztott elemek sorrendjére nem vagyunk tekintettel; ennek

kiszámítása a Cn

knk=

J

L

KK

N

P

OO képlettel történhet. Hasonlóan C ,

nk i jelöli n különbözô

elem k-ad osztályú ismétléses kombinációinak számát. Ekkor n elembôl kdarabot választunk ki úgy, hogy egyes elemek többször is szerepelhetnek, és a

kiválasztott elemek sorrendjére nem vagyunk tekintettel. A kiszámítás a C ,nk i =

=n k

k

1+ -J

L

KK

N

P

OO képlettel történhet. Ebben és a következô részben n különbözô

elem k-ad osztályú ismétléses kombinációinak számát n

k

R

T

SSS

V

X

WWW-val jelöljük; tehát

n

k

n k

k

1=

+ -J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

.

179. a) Elsô megoldás: A lehetséges típusok: a, a, a; a, a, b; a, b, c. Ezekbôl

rendre 6, 6 $ 5, 6

3

J

L

KK

N

P

OO darab van, összesen 56.

Második megoldás: Az 1, 2, … , 6 számokból választunk ki 3-at úgy,

hogy a kiválasztott számok sorrendjére nem vagyunk tekintettel, és

egy-egy számot többször is választhatunk. 6

3

R

T

SSS

V

X

WWW=

8

3

J

L

KK

N

P

OO = 56.

b) Elsô megoldás: A lehetséges típusok: a, a, a, a; a, a, a, b; a, a, b, b;

a, a, b, c; a, b, c, d. Ezekbôl rendre 6, 6 $ 5, 6

2

J

L

KK

N

P

OO, 6

5

2$J

L

KK

N

P

OO,

6

4

J

L

KK

N

P

OO van, össze-

sen 6 + 30 + 15 + 60 + 15 = 126 darab.

Második megoldás:6

4

R

T

SSS

V

X

WWW=

9

4

J

L

KK

N

P

OO = 126.

32 Kombinatorika

I c) Elsô megoldás: Az 1, 2, … , 6 számokból választunk ki 10-et úgy, hogy

a kiválasztott számok sorrendjére nem vagyunk tekintettel, és egy-egy

számot többször is választhatunk. 6

10

R

T

SSS

V

X

WWW=

15

10

J

L

KK

N

P

OO = 3003.

Második megoldás: Kódolást alkalmazunk. A tíz kockával való minden

dobáshoz rendeljünk hozzá egy 0-ákból és 1-esekbôl álló jelsorozatot

a következôképpen: ahány 1-est, 2-est, … , 6-ost dobtunk, annyi 1-est

írjunk, majd ezeket a csoportokat 0-kkal válasszuk el egymástól. Pl.:

ha a dobott számok 1, 3, 1, 2, 4, 4, 2, 4, 4, 4, a kód 110110101111100;

vagy ha a dobott számok 1, 2, 2, 3, 4, 5, 5, 6, 6, 6, a kód

101101010110111. Így 10 darab 1-esbôl és 5 darab 0-ból álló jel-

sorozatot kapunk. Mivel minden jelsorozat kölcsönösen

egyértelmûen azonosít egy dobássorozatot, a kódok számát kell

meghatároznunk. Ez pedig 15

5

J

L

KK

N

P

OO = 3003.

Megjegyzés:

A levezetés általában is alkalmazható, s ez alapján n

k

R

T

SSS

V

X

WWW=

n k

k

1+ -J

L

KK

N

P

OO.

180. 4

6

9

6=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 42.

181. a) Elsô megoldás: A 7, 8, … , 15 számok közül választunk ki ötöt úgy,


egy-egy számot többször is választhatunk: 9

5

13

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 1287.

Második megoldás: Kódolást alkalmazunk. Helyezzük a kihúzott szá-

mokat monoton növekvô sorrendbe, s a második számhoz adjunk

hozzá 1-et, a harmadikhoz 2-t, a negyedikhez 3-at, az ötödikhez 4-et!

Ha pl. a kihúzott öt szám 7, 7, 8, 13, 15 volt, az így kapott számok 7,

8, 10, 16, 19. Ezzel a módszerrel elérjük, hogy az öt szám között nem

lesznek egyformák. Minden húzáshoz kölcsönösen egyértelmûen

feleltethetjük meg a jelsorozatot, így csak ezeket kell megszámol-

nunk. A 7, 8, … , 19 számok közül kell kiválasztanunk ötöt, s ezt 13

5

J

L

KK

N

P

OO-

féleképpen tehetjük meg.

b) Elsô megoldás: Az 1, 2, … , 15 számok közül választunk ki ötöt úgy,


egy-egy számot többször is választhatunk: 15

5

19

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 11 628.


IMásodik megoldás: A kihúzott számokat monoton növekvô sorrendbe

rendezhetjük, s alkalmazhatjuk az a) megoldásbeli kódolást. Ekkor az

1, 2, … , 19 számok közül kell kiválasztanunk ötöt, s ezt 19

5

J

L

KK

N

P

OO-félekép-

pen tehetjük meg.182. Kombináció alkalmazása:

a) A 9 helybôl válasszunk ki 3-at a zöld golyók számára, ez 9

3

J

L

KK

N

P

OO= 84-féle

lehetôség.

(Ismétléses permutáció alkalmazása: Ha a golyók különbözôek lenné-

nek, összesen 9!-féle sorrendjük lenne. De a 6 piros golyó egyforma,

így osztanunk kell 6!-sal, és a 3 zöld golyó miatt 3!-sal.

Eredmény: ! !

!.

6 3

9

$

N

P

OO

b) A 6 piros golyó által közrefogott 7 helyre tehetjük a zöld golyókat, ezt7

3

J

L

KK

N

P

OO = 35-féleképpen tehetjük meg.

Ismétléses kombináció alkalmazása: a) A zöld golyók számára a 6 piros golyó által közrefogott 7 helybôl vá-

lasztunk ki hármat úgy, hogy a kiválasztott helyek sorrendjére nem

vagyunk tekintettel, és egy-egy helyet többször is választhatunk:7

3

9

3=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

.

b) Tegyük le a 3 zöld golyót, s közéjük 1-1 pirosat! Így már nem lehetnek

a zöld golyók szomszédosak, s az általuk közrefogott 4 helyre kell a

maradék 4 piros golyót elhelyezni: 4

4

7

4=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

lehetôség.

183. a) Minden tag ötödfokú, tehát x, y és z kitevôinek összege 5. Vagyis ebbôl

a háromfajta elembôl kell 5-öt kiválasztanunk a sorrendre való tekin-

tet nélkül, s ezt 3

5

7

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 21-féleképpen tehetjük meg.

b) Az x mellé még 4-szer választunk az x, y, z elemekbôl: 3

4

6

4=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 15.

(Úgy is okoskodhatunk, hogy csak y-t és z-t tartalmazó tag 2

5

6

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 6

darab van, tehát 21 - 6 = 15 tartalmaz x-et is.)

c) Az (y + 3z)5 kifejezés kifejtett alakjában nem fog x szerepelni. Ebbenaz együtthatók összegét az y = 1, z = 1 helyettesítéssel kapjuk: 45 = 1024.

d) (2x + y +3z)5 kifejtett alakjában az együtthatók összegét az x = y = z = 1helyettesítéssel kaphatjuk meg, ez 65 = 7776. A c) megoldás alapjánaz x-et tartalmazó tagok együtthatóinak összege 7776 - 1024 = 6752.

184. 4

5

8

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 56.

185. Elsô megoldás: Két különbözô személy 4

2

J

L

KK

N

P

OO = 6-féleképpen veheti fel a

telefont. Ha egy személy veszi fel kétszer, az további 4 eset. Összesen 6 + 4 = 10.


2

5

2=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 10.

186. Háromféle szavazati lehetôség közül (1., 2., 3. jelölt) választunk ki 20-at

úgy, hogy a kiválasztott elemek sorrendjére nem vagyunk tekintettel, és egyet-

egyet többször is választhatunk: 3

20

22

20=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 231.

187. 9

5

13

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 1287.

188. 10

5

14

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 2002.

189. 5

3

7

3=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 35.

190. 32

8

39

8=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 61 523 748.

191. 3

5

7

5=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 21.

192. Minden mérkôzésnek háromféle kimenetele lehetséges. Ebbôl a há-

rom kimenetelbôl választunk ki 10-et a sorrendre való tekintet nélkül:3

10

12

1066= =

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

.

193. a)16

54368=

J

L

KK

N

P

OO ; b)

16

5

20

515 504= =

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

.

194. a) A két üres dobozt 5

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen választhatjuk ki. Ezután a maradék

három doboz mindegyikébe elhelyezünk 1-1 golyót, s a maradék 11

34 Kombinatorika

I

golyót osztjuk szét a három doboz között. Összesen 5

2

3

11$

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW=

=5

2

13

11$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 780 szétosztás van.

b) Pontosan 0 doboz 5

9

R

T

SSS

V

X

WWW, pontosan 1 doboz

5

1

4

10$

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

esetben marad üres.

Eredmény: 5

9

R

T

SSS

V

X

WWW+

5

1

4

10$

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW+

5

2

3

11$

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW=

13

9

5

1

13

10

5

2

13

11$ $+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO =

= 715 + 1430 + 780 = 2925.

c) Minden golyót 1, 2 vagy 3 dobozba pakolunk. Az elsô esetben 1, a

másodikban 5

2

2

12$

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW, a harmadikban

5

3

3

11$

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

lehetôség van, az ered-

mény ezek összege, azaz 1 + 130 + 780 = 911.

195. a) Elsô megoldás: Ha a = 1, akkor (b, c) 7-féle lehet; ha a = 2, akkor 6-

féle; ... , ha a = 7, akkor 1-féle. Összesen 7 + 6 + … + 1 = 28 lehetôség.

Második megoldás: A lehetséges típusok: 1 + 1 + 7; 1 + 2 + 6; 1 + 3 +

5; 1 + 4 + 4; 2 + 2 + 5; 2 + 3 + 4; 3 + 3 + 3. Ezekbôl rendre 3, 6, 6, 3,

3, 6, 1 darab van, összesen 28.

Harmadik megoldás: Az a = b = c = 1 kezdôhelyzetbôl kiindulva a 6-ot

kell szétosztani a három változó között: 3

6

8

6=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 28.

b) Elsô megoldás: Ha a = 0, akkor (b, c) 10-féle lehet; ha a = 1, akkor 9-

féle; ... , ha a = 9, akkor 1-féle. Összesen 10 + 9 + … + 1 = 55 lehetô-

ség.

Második megoldás: Az a) eset megoldásához képest további típus a

0 + 0 + 9; 0 + 1 + 8; 0 + 2 + 7; 0 + 3 + 6; 0 + 4 + 5; a darabszámok

rendre 3, 6, 6, 6, 6; összesen 27; az a) megoldásaival együtt 55.

Harmadik megoldás:3

9

11

9=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 55.

196. 5

30

34

30=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 46 376.

197. (6 + a’) + (7 + b’) + (8 + c’) + (11 + d’) = 48 egyenletbôl átalakításokkal

az a’ + b’ + c’ + d’ = 16 egyenlet megoldásszámát keressük a természetes szá-

mok halmazán, ez pedig 4

16

19

16=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 969.

198. Elsô megoldás: A p, e, k objektumokból kiválasztható típusok: a, a, a;

a, a, b; a, b, c. Ezekbôl rendre 3, 3 $ 2 és 1 darab van, összesen 10.


I

Második megoldás: A p, e, k objektumokból választunk ki hármat úgy, hogy egy-

egy objektumot többször is választhatunk, és a kiválasztott elemek sorrendjére

nem vagyunk tekintettel: 3

3

5

3=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 10.

Összetett feladatok

199. Minden sor 1-essel kezdôdik és végzôdik; a közbülsô elemek pedig afelettük lévô két elem összegével egyenlôk.200. a) 1; b) n; c) n; d) 1.201. Igaz. Az elsô néhány sorban a számok szimmetrikusan helyezkednek el,a további sorokban pedig a képzési szabály miatt öröklôdik a szimmetria.

202. Definíció szerint n

k

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen választhatunk ki n különbözô elembôl k

darabot úgy, hogy a kiválasztott elemek sorrendjére nem vagyunk tekintettel.

Végezzük el a kiválasztást egy konkrét elem (pl. az n.) helyzete alapján is! Ha

az n. elem nincs a kiválasztott k darab között, akkor az elsô n - 1 elembôl kell

k darabot kiválasztanunk, s ezt n

k

1-J

L

KK

N

P

OO-féleképpen tehetjük. Ha az n. elem a

kiválasztott k darab között van, akkor az elsô n - 1 elembôl már csak k - 1

darabot kell kiválasztanunk, ez n

k

1

1

-

-

J

L

KK

N

P

OO lehetôség. Mivel az n. elem vagy a

kiválasztott k darab között van, vagy nem, ebbôl következik, hogy n

k

J

L

KK

N

P

OO =

=n

k

n

k

1

1

1-

-+

-J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO. (A táblázat sorainak elején és végén lévô számaira szintén

teljesül az összefüggés.)

203. A 6. sor 3. eleme 6

3

J

L

KK

N

P

OO, egy 6 elemû halmaznak ennyi 3 elemû részhalmaza

van. (20 darab.)

204. A táblázat szimmetriája.205. a) a + b;

b) (a + b)2 = a2 + 2ab + b2;c) (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3;d) (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4;e) (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5.

Az együtthatók megegyeznek a Pascal-háromszög megfelelô soraiban lévôszámokkal.

206. Az (a + b)n kifejezés egy n-tényezôs szorzat, kifejtett alakjában minden

tag n-ed fokú lesz. A beszorzás elvégzésekor minden tényezôbôl vagy az a-t,

36 Kombinatorika

I

vagy a b-t választhatjuk, tehát minden tagban az a és b változók kitevôje attól

függ, hogy az egyes tényezôkbôl hányszor választottuk az a, illetve a b változót.

Az an - kbk tag együtthatóját úgy kaphatjuk meg, ha ebbôl az n tényezôbôl

n - k esetben az a, k esetben a b tényezôt választjuk ki, s ezt n

k

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen

tehetjük meg. J

L

KKPersze .

n

01=

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

207. Az elôzô feladat megoldásából már következik a tétel.

208. (a - b)n = a bn

+ -_` ij , így az (a + b)n kifejtett alakjában negatívok

lesznek azok a tagok, amelyekben b kitevôje páratlan.

Így (a - b)n = ...an

a bn

a b1 2

n n n1 2 2- + - +- -J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

( ) ... ( ) ( )n

ka b

n

nab b1 1

11k n k k n n n n1 1$ $ $+ - + + -

-+ -- - -

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

209. a) (x + 2)5 = x5 + 10x4 + 40x3 + 80x2 + 80x + 32.b) (3 - y)6 = 36 - 6 $ 35y + 15 $ 34y2 - 20 $ 33y3 + 15 $ 32y4 - 6 $ 3y5 + y6.c) (a + 1)7 = a7 + 7a6 + 21a5 + 35a4 + 35a3 + 21a2 + 7a + 1.

210. Elsô megoldás: A Pascal-háromszög képzési szabálya alapján egy-egy sorminden tagja a felette lévô két elem összegével egyenlô. Így az n. sor tagjainakösszeadásakor észrevehetjük, hogy az összeg megegyezik az (n - 1). sor tagjaiösszegének kétszeresével; a kettôhatvány-tulajdonság öröklôdik.

Második megoldás: Az n n n n

n0 1 1f+ + + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO összeg szemléletes jelentése:

egy n elemû halmaz 0, 1, 2, … , n elemû részhalmazai számának összege. Min-

den részhalmazt összeszámoltunk, egy n elemû halmaznak pedig 2n részhal-

maza van összesen.

Harmadik megoldás:n n n n

n0 1 1f+ + + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO= (1 + 1)n a binominális tétel

szerint.211. Az összeg 0. Elsô megoldás: Alkalmazhatjuk az elôzô feladat elsô megoldásának gondo-latmenetét: a váltakozó elôjelû összegben az (n - 1). sor minden tagja mellettaz ellentettje is szerepel.

Második megoldás: ( )n n n n

n0 1 11 n $f- + - -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO= (1 - 1)n a binomiális tétel

szerint.212. a) A Pascal-háromszög képzési szabálya alapján az (n - 1). sorban álló

elemek összegét kapjuk. Eredmény: 2n - 1. b) 2n - 1 az összeg értéke, ismét az (n - 1). sorban álló elemek összegét

kapjuk.Megjegyzés: Az elôzô feladat eredményébôl is következik, hogy az összeg 2n - 1.

Összetett feladatok 37

I

213. Az elôzô feladat megoldásaihoz hasonlóan mindkét esetben 2n - 1 azösszeg értéke.

214. A táblázatban vastagon írt 1 + 3 + 6 + + 10 + 15 számok összegét kelláltalános módszerrel meghatározni.

2

2

3

3=

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO, a ...

3

3

3

2

4

2

6

2+ + + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

összeg pedig tagonként összevonható:3

3

3

2

4

3+ =

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO,

4

3

4

2

5

3+ =

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO,

5

3

5

2

6

3+ =

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO,

6

3

6

2

7

3+ =

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 35. (A

számokat kék háttérrel jelöltük a táb-

lázatban.) A gondolatmenettel általában is igazolható, hogy 2

2

3

2

4

2+ + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

...n n

2

1

3+ + =

+J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO; vagy hasonlóan igazolható a következô általánosítás is:

n n n

0

1

1

2

2+

++

++

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO ...

n k

k

n k

k

1+

+=

+ +J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

215. Az n elemû halmaz egy részhalmazába minden egyes elemet vagy

beleveszünk, vagy nem. Mindegyik elemmel tehát - a többitôl függetlenül -

kétféle eljárást végezhetünk, így az összes lehetséges részhalmaz száma 2n. a) 24; b) 25; c) 26; d) 2n. A valódi részhalmazok száma 1-gyel kevesebb.

216. A k elemû részhalmazok száma k

10J

L

KK

N

P

OO (k = 0, 1, 2, … , 10), így a legalább

7 elemû részhalmazok száma 10

7

10

8

10

9

10

10+ + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 176.

217. Az 212. és 213. feladatok megoldása alapján a páros és a páratlan elem-

számú részhalmazok száma 2n - 1, ha n ∈ Z+. Az üres halmaznak egyetlen, páros

elemszámú részhalmaza van.

218. a) 25= 32. A maradék 5 számból minden lehetséges módon részhalma-

zokat képezünk, s ezekhez hozzávesszük az 1-et és a 2-t.

b) Az 1-et tartalmazó részhalmazok száma 26; ugyanennyi a 2-t tartal-

mazó részhalmazok száma is. Azon részhalmazokat, amelyekben az 1

és a 2 is benne van, kétszer számoltuk, tehát az összegbôl egyszer le

kell vonni. Eredmény: 26 + 26 - 25 = 96.

Másik megoldási lehetôség a komplementermódszer alkalmazása. Az

összes részhalmazból levonjuk azok számát, amelyek sem az 1-et, sem

a 2-t nem tartalmazzák: 27 - 25 = 96.

38 Kombinatorika

I

214.

c) A {2, 4, 6} halmaz részhalmazai közül kihagyjuk az üres halmazt: 23 - 1 = 7.

d) 27 - 24 = 112 (kihagytuk a csak páratlan számokból álló részhalma-zokat).

e) Az {1, 4, 6} halmaznak 23 részhalmaza van.

f)7

3

7

4

7

5

7

6

7

7+ + + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 99.

219. a) A részhalmazokban az 5 vagy 15 (esetleg mindkettô) mellett páratlan

számok szerepelhetnek. Az 5 és 15 nélkül csupa páratlan számból 28

darab részhalmaz képezhetô. Kihagyjuk az üres halmazt, s mind-

egyikhez hozzávesszük az 5-öt vagy a 15-öt vagy mindkettôt. Össze-

sen 3 $ (28 - 1) = 765 megfelelô részhalmaz van.

b) Az 5-tel osztható számok nélkül 216 részhalmaz képezhetô. Mind-

egyikhez hozzávehetjük az {5, 10, 15, 20} egy valódi részhalmazát, ez

216 $ (24 - 1) eset. Ki kell még hagynunk az 1-elemû részhalmazokat,

ilyen van 4. Eredmény: 216 $ (24 - 1) - 4 = 983 036.

Más megoldási lehetôség: 220 - 216 olyan részhalmaz van, melyben

szerepel 5-tel osztható szám, ezek közül kell kihagynunk az 1 ele-

mûeket.

220. 2n - 1 számú megfelelô részhalmazt megadhatunk, pl. úgy, hogy egy

rögzített elemet mindegyik részhalmazba beleteszünk. Több részhalmaz nem

adható meg. Ugyanis mindegyik részhalmaz párba állítható a komplementeré-

vel (ez 2n - 1 pár), s a kiválasztásban mindegyik párból legfeljebb az egyik tag

szerepelhet.

221. a) 6 $ 5 = 30. 6 tanuló közül kiválasztjuk azt, amelyik három tárgyat kap,

a maradék 5 közül pedig azt, aki kettôt; így egyértelmûen megadtuk

a kiosztást.

b) A 3 tárgyat a tanuló 9

3

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen kaphatja meg; amelyik kettôt kap,

az pedig 6

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen. A többi 4 tanulónak a tárgyakat 4! módon

lehet kiosztani. Eredmény: 6 $9

3

J

L

KK

N

P

OO $ 5 $

6

2

J

L

KK

N

P

OO $ 4! = 907 200.

222. 20

3

17

4

13

6$ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 4 655 851 200.

223. a) 10

3

J

L

KK

N

P

OO = 120.

b) Ha mindhárom tárgyat ugyanaz a tanuló kapja: 10 lehetôség;

ha egy tanuló 2 tárgyat kap, egy pedig 1-et: 10 $ 9 lehetôség;


I

ha három tanuló 1-1 tárgyat kap: 10

3

J

L

KK

N

P

OO lehetôség;

összesen 10 + 10 $ 9 +10

3

J

L

KK

N

P

OO = 220.

Más megoldási lehetôség: 10-féle elembôl (ezek a tanulók) választunk

ki 3-at úgy, hogy a kiválasztott elemek sorrendjére nem vagyunk te-

kintettel, és egy-egy elemet többször is választhatunk. Így 10 elem

harmadosztályú ismétléses kombinációit kapjuk, melyek száma

C , i103 =

10

3

12

3=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 220.

c) 10 $ 9 +10

3

J

L

KK

N

P

OO = 210.

224. a) 3

40

42

40

42

2= =

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 861.

b)3

37

39

37

39

2= =

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 741. Mivel 1-1 tárgyat mindegyik tanuló kap, lé-

nyegében 37 ajándékot osztunk szét közöttük.

225. a) 5

3

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen választhatjuk ki azt a 3 dobozt, amelyekbe a golyók

kerülnek. Mindegyikbe kell 1-1 golyót tenni, s a maradék 11-et is

közöttük osztjuk el. Eredmény: 5

3

3

11

5

3

13

11$ $=

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 780.

b)5

3

3

11

5

2

2

12

5

1

1

13$ $ $+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

R

T

SSS

R

T

SSS

R

T

SSS

V

X

WWW

V

X

WWW

V

X

WWW= 780 + 130 + 5 = 915.

c)5

3

3

11

5

4

4

10

5

5

5

9$ $ $+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

R

T

SSS

R

T

SSS

R

T

SSS

V

X

WWW

V

X

WWW

V

X

WWW= 780 + 1430 + 715 = 2925.

226. a) 10 $ 9 $ 8 = 720; b) 103 = 1000; c)10

3

J

L

KK

N

P

OO= 120; d)

10

3

12

3=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 220.

227. a) Egymástól függetlenül a 6 piros golyót 7-féleképpen oszthatjuk szét(az egyik gyerek 0, 1, 2, … , 6 golyót kaphat), a 7 fehér golyót 8-féleképpen, a 8 zöld golyót 9-féleképpen. Eredmény: 7 $ 8 $ 9 = 504.

b) A 6 piros golyót 3

6

R

T

SSS

V

X

WWW, a 7 fehér golyót

3

7

R

T

SSS

V

X

WWW, a 8 zöld golyót

3

8

R

T

SSS

V

X

WWW-félekép-

pen oszthatjuk ki, ezért összesen 3

6

3

7

3

8$ $

R

T

SSS

R

T

SSS

R

T

SSS

V

X

WWW

V

X

WWW

V

X

WWW=

8

6

9

7

10

8$ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 45 360

lehetôség van.

c) Az a) esetben 1-1 piros, fehér és zöld golyó kiosztása után 4 piros, 5

fehér és 6 zöld golyót kell kiosztanunk, ezt 5 $ 6 $ 7 = 210-féleképpen

tehetjük meg.

40 Kombinatorika

I

A b) esetben 3 piros, 4 fehér és 5 zöld golyó marad, ezek összes kiosz-

tási lehetôsége 3

3

3

4

3

5$ $

R

T

SSS

R

T

SSS

R

T

SSS

V

X

WWW

V

X

WWW

V

X

WWW=

5

3

6

4

7

5$ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 3150.

228. a)28

4

J

L

KK

N

P

OO= 20 475; b)

28

4

31

4=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 31 465; c) 28 $ 27 $ 26 $ 25 = 491 400;

d) 284 = 614 656.

229. a) 58 = 390 625; b)5

8

12

8=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 495.

c) A lehetôségeket pl. a legtöbb golyót tartalmazó doboz alapján számolhatjuk

össze: 8, 0, 0, 0, 0;7, 1, 0, 0, 0;6, 2, 0, 0, 0; 6, 1, 1, 0, 0;5, 3, 0, 0, 0; 5, 2, 1, 0, 0; 5, 1, 1, 1, 0;4, 4, 0, 0, 0; 4, 3, 1, 0, 0; 4, 2, 2, 0, 0; 4, 2, 1, 1, 0; 4, 1, 1, 1, 1;3, 3, 2, 0, 0; 3, 3, 1, 1, 0; 3, 2, 2, 1, 0; 3, 2, 1, 1, 1. Összesen 16 lehetôség van.

d) A c) megoldás egyes típusai - a golyók különbözôsége miatt - most több-

féle elhelyezést adnak. Az egyes típusok darabszámai:

8, 0, 0, 0, 0: 1 darab;

7, 1, 0, 0, 0: 8

1

J

L

KK

N

P

OO = 8 darab;

6, 2, 0, 0, 0: 8

2

J

L

KK

N

P

OO = 28 darab;

6, 1, 1, 0, 0: 8

2

J

L

KK

N

P

OO = 28 darab;

5, 3, 0, 0, 0: 8

3

J

L

KK

N

P

OO = 56 darab;

5, 2, 1, 0, 0: 8

5

3

1$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 168 darab;

5, 1, 1, 1, 0: 8

5

J

L

KK

N

P

OO = 56 darab;

4, 4, 0, 0, 0: 8

4 2

1$

J

L

KK

N

P

OO = 35 darab (amikor kiválasztunk 4 golyót, a komplementer

golyókat is kiválasztottuk);

4, 3, 1, 0, 0: 8

4

4

1$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 280 darab;

4, 2, 2, 0, 0: 8

4

4

2 2

1$ $

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 210 darab;


I

4, 2, 1, 1, 0: 8

4

4

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 420 darab;

4, 1, 1, 1, 1: 8

4

J

L

KK

N

P

OO = 70 darab;

3, 3, 2, 0, 0: 8

2

6

3 2

1$ $

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 280 darab;

3, 3, 1, 1, 0: 8

2

6

3 2

1$ $

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 280 darab;

3, 2, 2, 1, 0: 8

3

5

1

4

2 2

1$ $ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 840 darab;

3, 2, 1, 1, 1: 8

3

5

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 560 darab.

Ezek összege adja a lehetséges elhelyezések számát. Eredmény: 3320.

230. a) Az a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 6 egyenlet megoldásszámát keressük, ha

a változók a 0, 1, 2 értékeket vehetik fel. Az egyes típusok a

következôk:

2 + 2 + 2 + 0 + 0, 5

2

J

L

KK

N

P

OO = 10 lehetôség;

2 + 2 + 1 + 1 + 0, 5

2

3

1$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P


2 + 1 + 1 + 1 + 1, 5

1

J

L

KK

N

P

OO = 5 lehetôség.

A megoldásszám 10 + 30 + 5 = 45.

b) A 7-es összeg elôállításai:

2 + 2 + 2 + 1 + 0, 5

32$

J

L

KK

N

P


2 + 2 + 1 + 1 + 1, 5

2

J

L

KK

N

P


A 8-as összeg elôállításai:

2 + 2 + 2 + 2 + 0, 5

1

J

L

KK

N

P

OO = 5 lehetôség;

2 + 2 + 2 + 1 + 1, 5

2

J

L

KK

N

P


A 9-es összeg 5, a 10-es pedig 1-féleképpen állhat elô.

Összes lehetôség: 45 + 30 + 15 + 5 + 1 = 96.

231. Az a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = 6 egyenlet megoldásszámát keressük, ha a

változók a 0, 1, 2, … , 6 értékeket vehetik fel. Az egyes típusok a következôk:

42 Kombinatorika

I

6 + 0 + 0 + 0 + 0, ilyenbôl van 6 lehetôség;

5 + 1 + 0 + 0 + 0, ilyenbôl van 5 $ 4 = 20 lehetôség;

4 + 2 + 0 + 0 + 0, 5 $ 4 = 20 lehetôség;

4 + 1 + 1 + 0 + 0, 5 $4

2

J

L

KK

N

P


3 + 3 + 0 + 0 + 0, 5

2

J

L

KK

N

P


3 + 2 + 1 + 0 + 0, 5 $ 4 $ 3 = 60 lehetôség;

3 + 1 + 1 + 1 + 0, 5 $4

1

J

L

KK

N

P


2 + 2 + 2 + 0 + 0, 5

2

J

L

KK

N

P


2 + 2 + 1 + 1 + 0, 5

2

3

1$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P


2 + 1 + 1 + 1 + 1, 5

1

J

L

KK

N

P

OO = 5 lehetôség.

A megoldásszám 6 + 20 + 20 + 30 + 10 + 60 + 20 + 10 + 30 + 5 = 211.

232. Az x + y + z = 10 (x, y, z ∈ N) egyenlet megoldását tekinthetjük úgy is,

mintha a három változót kellene 10-szer kiválasztanunk, miközben a kiválasz-

tás sorrendjére nem vagyunk tekintettel. Eredmény: 3

10

12

10=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 66.

233. Az egyenletet 5-tel osztva a 20-at kell elôállítanunk különbözô ter-mészetes számok összegeként.

a) Pl. 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 10 = 20 megfelelô elôállítás. b) Már a legkisebb 7 természetes szám összege is

0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21, ezért a felírás nem lehetséges.234. 2n - 1. A feladat tulajdonképpen az n elembôl képezhetô összes lehet-séges részhalmaz (kivéve az üres halmaz) számát kérdezi.235. Minden felbontást modellezhetünk a következôképpen. Tekintsünk pl.n darab 1-est, s a közöttük lévô n - 1 hely közül tetszôleges számúra írjunk 0-t! Minden ilyen 0 - 1 sorozat megfeleltethetô az n szám egy felbontásának úgy,hogy az elsô 0 elôtti egyesek száma adja meg az elsô összeadandót, az elsô ésmásodik 0 közötti a másodikat és így tovább. Az n felbontásai és a lehetséges0 - 1 sorozatok között kölcsönösen egyértelmû a megfeleltetés. Mivel az n - 1hely mindegyikére egymástól függetlenül vagy 0-t írunk, vagy nem, a lehetségessorozatok - és felbontások - száma 2n - 1.

236. Elsô megoldás: A nyolc embernek 8! permutációja van. Mivel körben

ülnek, ugyanazt a kört 8 sorozat is elôállítja, ezért a különbözô körök száma!

!8

87=


I

44 Kombinatorika

I Második megoldás: Válasszuk ki A-t, így a kört megszakítottuk. A többi embert- A-hoz képest - 7!-féle sorrendben ültethetjük le.

237. a) Az A, B párt egy objektumnak tekintve !

!7

76= sorrend lehetséges.

Mivel A, B és B, A különböznek, az eredmény 2 $ 6! = 480. b) 5! $ 3! = 720. c) 5! $ 2 $ 2 = 480.

238. a) A házaspárokat egyetlen objektumnak tekintve 5! ültetés lehetséges.Mivel az egyes párokon belül a házastársak helyet is cserélhetnek,ezért összesen 5! $ 26 a lehetséges ültetések száma.

b) A férfiak egymáshoz képest 5!-féle sorrendben ülhetnek le, s közéjük6! sorrendben ültethetjük le a nôket. Összesen 5! $ 6! lehetôség. (Másik gondolat: 2 $ 6! $ 6! olyan permutáció van, melyben felváltvaülnek a férfiak és nôk; s a forgásszimmetria miatt ezt még 12-vel osz-tani kell.)

c) Az elsô házaspár kétféle ültetése meghatározza a férfi-nô sorrendet.A szomszédos házaspár 5-féle lehet, a következô 4-féle stb., összesen2 $ 5! ültetés van.

239. Elsô megoldás:6

6

3

3

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

= 10. A permutációk számát a forgásszimmetria

miatt el kell osztanunk 6-tal.

Második megoldás: Pl. a zöld golyót rögzíthetjük, így megszakítjuk a kört, s

hozzá képest 5

2

J

L

KK

N

P

OO sorrend lehetséges.

Harmadik megoldás: Ha egy fehér golyó kiválasztásával szakítjuk meg a kört, a

3 piros, 1 fehér és 1 zöld golyót 5

3

2

1$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO-féleképpen rendezhetjük sorba, de a

két fehér golyó nem különbözik, így még 2-vel osztanunk kell.240. Most nem jó megoldás, ha az összes permutációt elosztjuk 2n-nel, mertnem minden körre igaz, hogy 2n darab sorozat határozza meg. Pl. n = 3 esetén:a ffkfkk sorozat és ciklikus permutációi: fkfkkf, kfkkff, fkkffk, kkffkf, kffkfkugyanazt a kört határozzák meg, tehát ezt a kört 6 sorozat állította elô; de afkfkfk sorozatnak csak egy párja van, a kfkfkf sorozat, így a nekik megfelelô körtkét sorozat állítja elô.

a) Két ilyen karkötô van; a fehér golyók lehetnek szomszédosak vagyszemköztiek.

b) Elsô megoldás: Az azonos színû golyók helyzete alapján a következôlehetôségek vannak:

Összesen 4 ilyen karkötô van.

240/I.


3

J

L

KK

N

P

OO = 20 permutációja van a 3 fehér és 3 kék

golyónak. Egy-egy kört határoznak meg a következô permutációk: fffkkk . ffkkkf stb., 6 darab sorozat;ffkfkk . fkfkkf stb., 6 darab sorozat;ffkkfk . fkkfkf stb., 6 darab sorozat;fkfkfk . kfkfkf, 2 darab sorozat.

c) Elsô megoldás: Ha anégy kék golyó szom-szédos, egy megoldásvan (II. ábra).

Ha csak három szom-szédos kék golyó van,akkor három körtkapunk (a tengelyestükrözés vagy térbelielforgatás nem meg-engedett mûvelet; III.ábra).

Ha két-két kék go-lyó szomszédos (IV.ábra):

Ha csak egy kékszomszédos golyó-pár van (V. ábra):

Végül ha nincsenekszomszédos kék go-lyók (VI. ábra):

Összesen 10 megol-

dás van.


I

240/II.

240/III.

240/IV.

240/V.

240/VI.

Második megoldás: Összesen 8

4

J

L

KK

N

P

OO = 70 lánc készíthetô. Nézzük meg,

melyek azok az ekvivalens sorozatok, amelyek nem nyolcadmagukkal

határoznak meg egy kört!1. ffkk duplázása és elforgatottjai:ffkkffkk . fkkffkkf . kkffkkff . kffkkffk: 4 darab;2. fkfk duplázása és elforgatottjai: fkfkfkfk . kfkfkfkf: 2 darab.

Tehát a 70 lehetséges láncból kivonva a fenti 6-ot, a maradék 64 lánc

nyolcasával határoz meg egy kört, s ezeken kívül a fenti két kör

keletkezik még. Vagyis az eredmény: 8

8

46

2 10

-

+ =

J

L

KK

N

P

OO

.241. 2.

242. a) Ha kiválasztjuk az egyik lovagot (nevezzük X-nek), vele és két szom-

szédjával megszakítjuk a kört. Ha az X lovag a kiválasztottak között

van, akkor a maradék 9 lovagból kell 4-et kiválasztani úgy, hogy

szomszédosak ne legyenek közöttük. A feladat hasonló ahhoz, mint

amikor 5 piros és 4 kék golyó lehetséges sorrendjeit határozzuk meg,

azzal a megszorítással, hogy kék golyók nem lehetnek szomszédosak.

Ilyen sorrend 6

4

J

L

KK

N

P

OO van. Ha X nincs a kiválasztottak között, akkor a ma-

radék 11 lovagból kell 5 nem szomszédosat kiválasztani, ezt 7

5

J

L

KK

N

P

OO-féle-

képpen tehetjük meg. A lehetôségek száma 6

4

7

5+

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 15 + 21 = 36.

b)34

14

35

15+

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 4 639 918 800.

243. a) Mivel mind a 7 lépés egymástól függetlenül 2-értékû lehet (jobbra

vagy lefelé), a kiolvasások száma 27 = 128. b) Jelöljük az n lépésbôl álló kiolvasások számát fn-nel! Az elsô lépés

2-féle lehet: L vagy J (lefelé vagy jobbra), tehát f1 = 2. A második lé-pés 3-féle lehet: LL, JL, LJ; f2 = 3. f3 meghatározásához vegyük észre,hogy egyrészt f2 mindig folytatható egy L lépéssel: LLL, JLL, LJL;másrészt folytatható annyi J lépéssel, ahány L-re végzôdô f2-belisorozat van: LLJ, JLJ. Ezek száma f1, hiszen minden f1-beli sorozatotmeghosszabbíthattunk L-lel. Azt kaptuk, hogy f3 = f2 + f1, s ez a re-kurzív összefüggés a sorozat késôbbi tagjaira is igaz. Innen f3 = 5, f4 = f3 + f2 = 8, f5 = f4 + f3 = 13, f6 = f5 + f4 = 21, f7 = f6 + f5 = 34.

244. a) Jelöljük a 3. sor 4. mezôjét X-szel! B és X között 5 lépést kell tennünk,

ebbôl 3-at jobbra, 2-t lefelé, tetszôleges sorrendben. A B-bôl X-be

vezetô kiolvasások száma BX5

2=

J

L

KK

N

P

OO. X-bôl 2 lépést tehetünk még,

46 Kombinatorika

I

mindkettô 2-féle lehet, jobbra vagy lefelé, ez összesen 22 lehetôség.

Az X ponton áthaladó kiolvasások száma 5

222$

J

L

KK

N

P

OO , az X-et nem érin-

tôké 25

227 2$-

J

L

KK

N

P

OO = 88.

b) Jelöljük a 3. sor 4. és 5. sor 2. mezôjét X-szel, illetve Y-nal! BX5

2=

J

L

KK

N

P

OO,

BY5

1=

J

L

KK

N

P

OO. X-bôl és Y-ból további 2-2 lépést tehetünk, ezért a rajtuk

áthaladó kiolvasások száma 5

22

5

122 2$ $+

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 60, az ôket nem érin-

tôké 128 - 60 = 68.

c) Jelöljük a 2. sor 3. és 4. sor 4. mezôjét X, illetve Y-nal, s ezekbôl a pon-

tokból kivezetô kiolvasási utak számát XT , illetve YT -vel! Ekkor

BX3

1=

J

L

KK

N

P

OO= 3, BY

5

2=

J

L

KK

N

P

OO= 10, XT 24= = 16, YT 22= = 4, XY = 2. Az

X ponton áthaladó „tiltott utak” száma BX XT 3 16$ $= , az Y ponton át-

haladó „tiltott utak” száma BY YT 10 4$ $= . Ezek összegébôl le kell von-

ni azokat a kiolvasásokat, amelyek az X és Y pontokon is áthaladnak,

hiszen ezeket kétszer számoltuk. Ezek száma BX XY YT 3 2 4$ $ $ $= .

Eredmény: 48 + 40 - 24 = 64.

245. 15 lépést teszünk, 4-et le és 11-et jobbra, tetszôleges sorrendben. Jelöljük

a jobbra lépéseket J, a lefelé történô lépéseket L betûkkel, ekkor 11 darab J és

4 darab L betû lehetséges sorrendjeinek számát kell meghatároznunk. Össze-

sen 15

4

J

L

KK

N

P

OO = 1365 kiolvasás van.

246. 11 darab J és 4 darab L betû összes sorrendjének a száma a kérdés, ha

nem lehet egymás mellett két L. A 11 darab J betû 12 helyet határoz meg az

L betûk számára, így a kiolvasások száma 12

4

J

L

KK

N

P

OO = 495.

247. Jelöljük a 2. sor 6. helyét X-szel, s pl. a kezdô E betûbôl az X-hez vezetô

kiolvasási utak számát EX -szel, X-bôl a végsô S-hez vezetô utak számát XS-sel

stb.! Az összes kiolvasás száma ES15

4=

J

L

KK

N

P

OO, E-bôl X-be EX

6

1=

J

L

KK

N

P

OO, X-bôl S-be

XS9

3=

J

L

KK

N

P

OO út vezet. Az X-en áthaladó utak száma EX XS

6

1

9

3$ $=

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO , az X-et

elkerülô utak száma ES EX XS15

4

6

1

9

3$ $- = -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO= 1365 - 504 = 861.


I

48 Kombinatorika

I 248. Jelöljük a 2. sor 6. betûjét és a 4. sor 9. betûjét X, illetve Y-nal! Az X-en

áthaladó kiolvasási utak száma EX XS6

1

9

3$ $=

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO, az Y-on áthaladó utak száma

EY YS11

3

4

1$ $=

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO. Az X-en vagy Y-on áthaladó utak száma EX XS EY YS$ $+ -

EX XY YS6

1

9

3

11

3

4

1

6

1

5

2

4

1$ $ $ $ $ $- = + -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO, az X-et és Y-t nem érintô utak szá-

ma 15

4

6

1

9

3

11

3

4

1

6

1

5

2

4

1$ $ $ $- + -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

= 1365 - (504 + 660 - 240) = 441.

249. E SE E

5

2

10

2$ $=

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 450.

250. Az elsô sor 5. betûje (H) a kezdô E pontból egyféleképpen érhetô el, s

innen 11

4

J

L

KK

N

P

OO kiolvasás lehetséges. A 2. sor 4. betûje (H) a kezdôpontból

4

1

J

L

KK

N

P

OO-

féleképpen érhetô el; innen az É betûre kell lépni; majd innen további 10

3

J

L

KK

N

P

OO-féle

befejezés lehet. Összesen 11

4

4

1

10

3$+

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 810 kiolvasás van.

251. Jelöljük a 4. sor 9. mezôjét X-szel! Ekkor , EZ6

1=

J

L

KK

N

P

OO, ZX

5

2=

J

L

KK

N

P

OO, ZS

9

3=

J

L

KK

N

P

OO,

XS4

1=

J

L

KK

N

P

OO. Az összes Z-n áthaladó kiolvasás EZ ZS

6

1

9

3$ $=

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO, ebbôl X-en

EZ ZX XS6

1

5

2

4

1$ $ $ $=

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO halad át.

Eredmény:6

1

9

3

6

1

5

2

4

1$ $ $-

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 504 - 240 = 264.

252. a) Elsô megoldás: A 7 lépés mindegyike 3-féle lehet, így összesen 37 kiol-vasás van. Második megoldás: A második sor mezôire egyetlen kiolvasási út vezetB-bôl, írjuk ezt rá a három mezôre. Ezután minden további sorbanannyi út vezet át az egyes mezôkön, amennyi a felette lévô három (a

széleken kettô) mezôre írt szá-mok összege, ugyanis mindenmezôre a függôlegesen vagy át-lósan felette lévô mezôkrôl ér-kezhetünk. Írjuk rá minden me-zôre az odavezetô utak számát!Az összes kiolvasási lehetôségetaz utolsó sorba írt számokösszege adja, ez 2187.

252.

b) Jelöljük az n lépésbôl álló kiolvasások számát fn-nel! Az elsô lépés 3-féle lehet: B, L vagy J (lefelé, átlósan balra vagy jobbra), tehát f1 = 3.A második lépés 8-féle lehet: BB, BL, BJ, LB, LL, LJ, JB, JL; f2 = 8.f3 meghatározásához vegyük észre, hogy egyrészt f2 mindig folytathatóegy B vagy L lépéssel: BBB, BBL, BLB, BLL stb.; másrészt annyiszorfolytatható J lépéssel, ahány B-re vagy L-re végzôdô f2-beli sorozatvan. Ez utóbbiak száma 2 $ f1, hiszen minden f1-beli sorozatot meg-hosszabbíthattunk B-vel és L-lel is. Azt kaptuk, hogy f3 = 2 $ f2 + 2 $ f1,s ez a rekurzív összefüggés a sorozat késôbbi tagjaira is igaz. Innenf3 = 22, f4 = 2 $ (f3 + f2) = 60, f5 = 2 $ (f4 + f3) = 164, f6 = 2 $ (f5 + f4) = = 448, f7 = 2 $ (f6 + f5) = 1224.

253. a) Jelöljük a 4. sor 3. elemét X-szel, ekkor BX 6= , XT 34= , BX XT$ =

6 34$= . Az X-et nem érintô kiolvasások száma 37 - 6 $ 34 = 7 $ 35 =

= 1701.b) Jelöljük a 7. sor 10. elemét Y-nal, ekkor BY = 50, BY YT 350$ $= =

= 150. Mivel X-en és Y-on nem haladhat át egyszerreút, az X-et és Y-t nem érintô kiolvasások száma 37 - 6 $ 34 - 50 $ 3 = 1551.

c) Jelöljük a 4. sor 3. és a 7. sor 7. elemét X-szel, illetveY-nal, ekkor BY = 141, BY YT$ = 141 $ 3 = 423. Von-juk ki az összes kiolvasási út számából az X-en és Y-onáthaladókat; ekkor kétszer is kivontuk azokat, ame-lyek X-en és Y-on is áthaladtak, ezért egyszer hozzákell adni számukat az összeghez.XY = 6 (ábra), így BT - BX XT$ - BY YT$ ++ BX XY YT$ $ = 37 - 6 $ 34 - 141 $ 3 + 6 $ 6 $ 3 = 1386.

254. a) Elsô megoldás: Az egyes lépéseknek megfelelô B, L, J betûkbôlképezhetô sorozatok közül azoknak a számát kell meghatározni, ame-lyekben a B és J betûk száma megegyezik.Ha a B és J száma 0 (L száma 8), a kiolvasások száma 1;

ha a B és J száma 1 (L száma 6), a kiolvasások száma !

!

6

8= 56;

ha a B és J száma 2 (L száma 4), a kiolvasások száma ! ! !

!

4 2 2

8

$ $= 420;

ha a B és J száma 3 (L száma 2), a kiolvasások száma ! ! !

!

3 3 2

8

$ $= 560;

ha a B és J száma 4 (L száma 0),

a kiolvasások száma ! !

!

4 4

8

$= 70.

Összesen 1 + 56 + 420 + 560 +

+ 70 = 1107 kiolvasás lehetséges.

Második megoldás: Rendre írjuk

rá a BP kiolvasási útvonal egyes

mezôire az odavezetô utak

számát!


I

253.

254.

Ha pl. egy P pontba BP = 4-féleképpen juthatunk el, akkor abból a Ppontból I-be a szimmetriaviszonyok miatt szintén PI = 4-féle út

vezet. Ezért 12 + 42 + 102 + 162 + 192 + 162 + 102 + 42 + 12 = 1107 a

lehetséges kiolvasások száma. b) Minden egyes típusra meghatározhatjuk a JJ-t nem tartalmazó soro-

zatok számát.

Ha a B és J száma 0 (L száma 8), a sorozatok száma 1;

ha a B és J száma 1 (L száma 6), a sorozatok száma !

!

6

8= 56;

ha a B és J száma 2 (L száma 4), a sorozatok száma

! ! !

!

! !

!

4 2 2

8

4 2

7

$ $ $- = 315 (kivontuk azokat az eseteket, amelyekben

egymás mellett van két J);

ha a B és J száma 3 (L száma 2), a sorozatok száma 5

2

6

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 200

(leraktuk a 3 B és 2 L betût, s az általuk meghatározott 6 helybôl ki-

választottunk 3-at a J-k számára);

ha a B és J száma 4 (L száma 0), a sorozatok száma 5

4

J

L

KK

N

P

OO = 5.

Összesen 1 + 56 + 315 + 200 + 5 = 577 kiolvasás lehetséges.255. Jelöljük a 4. sor 3. elemét, a 6. sor 6. elemét és a 6. sor 4. elemét rendreX, Y, illetve Z-vel!

a) Az I. ábra alapján BX = 6, XI = 45,így BX XI$ = 6 $ 45 = 270. Az X-et nemérintô kiolvasások száma 1107 - 270 == 837. (Az elôzô feladat megoldásaalapján BI 1107= .)

b) A II. ábra alapján BY = 30, YI = 3, ígyBY YI$ = 90. Az X-et és Y-t nem érintôkiolvasások száma 1107 - 270 - 90 == 747.

50 Kombinatorika

I

255/I.

255/II.


Ic) AIII. ábra alapján BZ = 51, ZI == 7, így BZ ZI$ = 357. MivelXZ = 2, az X-et és Z-t nem érintôkiolvasások száma 1107 - 270 -- 357 + 6 $ 2 $ 7 = 627.

256. Szimmetriaokok miatt feltehetjük, hogy a tiltott mezôa táblázat bal felsô részén van (I. ábra). Ha az átlón jelöljük ki a tiltott mezôt, akkor 12 = 1-gyel, 42 = = 16-tal vagy 62 = 36-tal csökken az utak száma.Mennyivel csökken az utak száma, ha olyan mezôt hagyunk el,amelyikbe a bal felsô sarokból 3 út vezet? Ha a jobb alsósarokból haladnánk a bal felsôbe, ebbe a mezôbe 6 + 4 = 10 útvezetne, s nyilván ennyi vezet ebbôl a mezôbôl a jobb alsóba is.Ezt a mezôt elhagyva összesen 3 $ 10 = 30 a csökkenés (II. ábra).

A többi mezôt hasonlóan végignézve a 2-es mezônél 2 $ 20 =

= 40, az 1-eseknél 1 $ 5 = 5, 1 $ 15 = 15, 1 $ 35 = 35 a csökke-

nés. (Formálisan az I. és II. táblázat azonos helyzetû mezôibe

írt számok szorzatának keressük a maximumát; persze a két

sarokmezôt nem számítva.) Megállapíthatjuk, hogy a 2-es

mezôt (illetve középpontosan szimmetrikus párját) elhagyva

csökken legjobban az utak száma. Az összes útvonal száma8

4

J

L

KK

N

P

OO = 70, a 2-es mezôt (vagy párját) kihagyva ez 40-nel csök-

ken, így az utak minimális száma 70 - 40 = 30. Megjegyzés: Az utakat a hagyományos módon is megszámol-hatjuk (III. ábra).257. Az összes útvonal száma 321 (I. ábra).A középsô mezôt kihagyva az utak száma 132 = 169-cel csök-ken; a 7-es mezôt kihagyva a csökkenés 72 = 49, az 5-ös mezôtkihagyva 5 $ (5 + 7 + 13) = 125, a 3-as mezôt kihagyva 3 $ 63 == 189, s ez a legtöbb (II. ábra két táblázata).

Az utak minimálisszáma 321 - 189 = 132 (III.ábra).

255/III.

256/I.

256/II.

256/III.

257/I.

257/II. 257/III.

Vegyes feladatok

258. A középsô 3 # 3 # 3-as kocka építôelemeinek száma 27.259. a) 0; b) 8; c) 12(n - 2); d) 6(n - 2)2; e) (n - 2)3.Megjegyzés:8 + 12(n - 2) + 6(n - 2)2 + (n - 2)3 = n3 valóban.260. a) 4 $ 3 = 12; b) 4 $ 3 $ 3 = 36; c) 4 $ 3 $ 3 $ 3 = 108.

261. a)8

4

J

L

KK

N

P

OO; a 4 darab 5-ösbôl és 4 darab 4-esbôl álló számok felelnek meg.

b) 2.262. 3 $ 102. A legmagasabb helyiértékre írt szám 3-féle lehet, attól függôen,hogy az utolsó négy számjegy összegének mennyi a 3-as maradéka.263. A 000, 001, 002, … , 999 számok összeadásakor a három helyiérték min-degyikén minden számjegy 100-szor jelenik meg. A keresett összeg (1 + 2 + 3 + … + 9) $ 100 $ 3 + 1 = 13 501.264. a) A komplementer leszámolás módszerével 9 $ 105 - 96 = 368 559.

b) A 0-t 5 helyre írhatjuk; 5 $ 95 = 295 245.

c)5

294$

J

L

KK

N

P

OO = 65 610.

265. Az egyes tagok rendre azon hatjegyû természetes számok számát adjákmeg, amelyekben 0, 1, 2, 3, 4 vagy 5 darab 0 szerepel. Mivel ezek között min-den hatjegyû számot felsoroltunk, az összeg értéke 9 $ 105 = 900 000.266. a) Az elsô (legnagyobb) helyiértéken nem szerepelhet 0. A keresett szá-

mok száma 2 $ 34 = 162.b) 35 - 1 = 242.

267. 608. A keresett x számokra 1009 # x # 8889 és 10011 # x # AAA11. (Itt Ajelenti a 10-es számjegyet 11-es számrendszerben.) Innen 10011 # x # 8889,121 # x # 728.268. 3 $ 104 - 8 $ 93 $ 3 (komplementer leszámolással; az utolsó helyiértékre írtszám 3-féle lehet, a korábbi számjegyek összegének 3-as maradékától függôen).

269. a)! !

!

! !

!

3 2

8

3 2

7 7

$ $

$+ = 6300. Vagy 0-ra, vagy 5-re végzôdhetnek a számok.

b) 6300 -! !

!

3 2

2 7

$

$-

! !

!

3 2

2 6 6

$

$ $= 4740.

c) 6300 -!

!

!

!

3

7

3

6 6–

$= 4740.

Megjegyzés:A b) és c) esetben ugyanazt az eredményt kaptuk. Ennek az az oka, hogy a 2,2, 3, 4 számokból 6 olyan sorozat készíthetô, amelyben a két darab 2-es egymásmellett van, s ugyanennyi akkor is, ha a 3-as és 4-es van egymás mellett. 270. 26 $ (6!)2 = 33 177 600. A 6 fiú egy sorrendje meghatározza, ki melyikpadban ül; a 6 pad mindegyikében 2 helyre ülhetnek a fiúk; s a lányok tet-szôleges sorrendjét ültethetjük hozzájuk. Ha egy-egy padon belül nem számít,ki melyik széken ül, csak az, hogy adott padban ki kinek a padtársa, akkor (6!)2

ültetés van; ha pedig nem számít, ki melyik padban ül, csak az a kérdés, hogy kikinek a szomszédja, az ültetések száma 6!.

52 Kombinatorika

I

271. a) Az öt táncoló lányhoz 7 $ 6 $ 5 $ 4 $ 3 = 2520-féleképpen társíthatunk öt

fiút. (Egy másik megoldási lehetôség:7

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen hagyhatjuk ki a

két fiút, s az öt fiúhoz 5!-féleképpen párosíthatjuk a lányokat.) b) A négy lányt 5-féleképpen választhatjuk ki, s mindegyik kiválasztás-

hoz 7 $ 6 $ 5 $ 4-féleképpen párosíthatjuk a fiúkat. Összesen 5 $ 7 $ 6 $ 5 $ 4 = 4200 lehetôség van.

272. A 4 fiú leültetése után az elôttük, közöttük és utánuk lévô 5 helybôl 3-rakerülhetnek a lányok. Eredmény: 4! $ 5 $ 4 $ 3 = 1440.

273. Bármely négy ember 2-2 párba osztva összesen három játszmát játszik,

együttesen 10

43$

J

L

KK

N

P

OO =

4 3 2 1

10 9 8 73

$ $ $

$ $ $$ = 630 mérkôzést játszanak.

(Másik megoldási lehetôség: két tetszôleges játékost 10

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen választha-

tunk, s hozzájuk egy pár ellenfelet 8

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen. Így azonban a

10

2

8

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

szorzattal minden mérkôzést kétszer számoltunk (mindkét pár oldaláról),

összesen 2

10

2

8

2

2 2 2

10 9 8 7$

$ $

$ $ $=

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

= 630 mérkôzést játszanak.)

274. Az elsô fogat 20

4

J

L

KK

N

P

OO-féle lehet; a második már csak

16

4

J

L

KK

N

P

OO-féle és így tovább.

A fogatok egymás közötti sorrendje lényegtelen, az összeállítások száma

!5

20

4

16

4

12

4

8

4

4

4$ $ $ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

= 2 546 168 625.

275.n

k5n k$ -

J

L

KK

N

P

OO .

276. Kiválasztunk 12 mezôt a világos, majd a maradékból 12-t a sötét gyalo-

gok számára: 32

12

20

12$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO. (Másképpen: ha a gyalogok különbözôek lennének,

32 $ 31 $ 30 $ … $ 9 lehetôséget kapnánk; de az azonos színûek nem megkülön-

böztethetôk, így ! !

...

12 12

32 31 30 9

$

$ $ $ $lehetôség adódik.)

277. a) nm(nm - 1)(nm - 2)…(nm - k + 1); b) nm

k

J

L

KK

N

P

OO .

278. a)64

2

62

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 3 812 256; b)

64

4

60

4$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO . 3,10 $ 1011;

c)64

2

62

2

60

258$ $ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO . 3,91 $ 1011.

Vegyes feladatok 53

I

54 Kombinatorika

I 279. 64 $ 49 $ 36 $ 25 $ 16 = 45 158 400. Minden bástya elhelyezésekor egy sorralés egy oszloppal csökken a szabad mezôk száma. Az elsô bástya sorát és oszlo-pát elhagyva a második bástyát egy 7 # 7-es táblára, a harmadikat egy 6 # 6-os-ra helyezhetjük el stb.280. a)A 2 # 4-es résztáblán legfeljebb 4, így a 8 # 8-as sakktáblán legfeljebb

32 huszárt helyezhetünk el. Ez meg is valósítható, ha pl. mindenhuszárt a sakktábla fekete mezôire helyezünk.

b) Az ábrán a tábla egy ún. huszárbejárását tüntettük fel. (A töröttvonalmentén lólépésben egyszeresen végigjárhatjuk a sakktábla mindenmezôjét.)

Világos, hogy ha a tábla valamelyik mezôjére egy huszárt helye-zünk, akkor a fenti láncban szomszédos mezôkre nem kerülhetújabb huszár. Így legfeljebb 13 huszár helyezhetô el, s ezt meg isvalósíthatjuk, ha a tábla 13 azonos színû mezôjére helyezzük ôket.Megjegyzés:Az a) megoldásból következik, hogy általában nem jó gondolat akövetkezô:

„A sötét mezôn álló huszár a világos színû mezôket támadja és fordítva; s mivela két színbôl egyaránt 32-32 mezô van, egy maximális elhelyezést kapunk, haminden huszárt pl. a fekete mezôkre helyezünk.”Ezzel a hibás gondolatmenettel egy 2 # 3-as táblára 3 huszárt helyezhetünk el,pedig valójában 4 is feltehetô.

281. Ha mind az öt szám páros, 20

5

J

L

KK

N

P

OO; ha három szám páros közöttük,

20

3

20

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO; ha egy páros szám van közöttük,

20

1

20

4$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO kiválasztás lehetséges.

Összesen 20

5

J

L

KK

N

P

OO +

20

3

20

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO +

20

1

20

4$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 329 004 a kiválasztások száma.

282. Hamis állítások: j), p), x), z). 283. Legyen a három oldal a < b < c!

a) Az alábbi táblázatban a lehetséges háromszögeket soroltuk fel; össze-sen 16 darab van.

b)

Összesen 2

9 8$= 36 darab háromszög van.

c) Nincs ilyen háromszög.

15678db:1111, … , 1511, … , 1611, … , 1711, … , 18c:1010101010b:2…6789a:

1357db:10101010c:6789b:54, 5, 63, 4, … , 72, 3, … , 8a:

280.

Vegyes feladatok 55

I284. a) .10

210 35– =

J

L

KK

N

P

OO .vagyM sk ppena e

2

10 79 8 1 10

$f+ + + -

J

L

KK

N

P

OO

b)10

4

J

L

KK

N

P

OO = 210. (Négy csúcs határoz meg egy metszéspontot.)

c) 4 $ 4 = 16.285. Elsô megoldás: Ha a háromszög három csúcsa különbözô egyenesekreesik: 5 $ 6 $ 7 = 210 darab háromszög van.

Ha a háromszög csúcsaiból kettô esik valamelyik egyenesre:

( )5

26 7$ +

J

L

KK

N

P

OO + ( )

6

25 7$ +

J

L

KK

N

P

OO + ( )

7

25 6$ +

J

L

KK

N

P

OO = 130 + 180 + 231 = 541 darab há-

romszög van.

Összesen 751 háromszöget határoznak meg a pontok.

Második megoldás: Az összes lehetséges ponthármas közül kivonjuk azon hár-

masokat, amelyek egy egyenesre esnek. 18

3

5

3

6

3

7

3- - -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 751.

286. A lehetô legtöbb metszéspontot akkor kapjuk, ha az egyenesek közülsemelyik kettô nem párhuzamos és semelyik kettô metszéspontján nem megyát harmadik egyenes. Néhány megoldási módszer:

Elsô megoldás: Összegezhetjük az egyes szakaszokon lévô, a két egyenes közéesô metszéspontokat.

Az e egyenes 1. pontjából az f egyenes 1. pontjába hú-

zott szakaszon (továbbiakban e1 - f1) nincs metszés-

pont. Az e2 - f1 szakaszon 1 $ (m - 1) darab metszés-

pont van (e1 - f2, e1 - f3, … , e1 - fm); az e3 - f1 szaka-

szon 2 $ (m - 1); … ; az en - f1 szakaszon (n - 1)(m - 1).

Összesítve az ei - f1 típusú szakaszokon ( )

( )n n

m2

11

--

metszéspont van.

Az ei - f2 típusú szakaszok metszéspontjainak megszá-

molásakor az e1 - f2 szakaszon lévôket már korábban

számoltuk egyszer. Az e2 - f2 szakaszon 1 $ (m - 2) da-

rab metszéspont van (e1 - f3, e1 - f4, … , e1 - fm); az e3 - f2 szakaszon 2 $ (m - 2)

(e1-bôl és e2-bôl indulnak ki és f3, f4, … , fm-ben végzôdnek a szakaszok); … ;

az en - f2 szakaszon (n - 1)(m - 2). Összesítve az ei - f2 típusú szakaszokon

( )( )

n nm

2

12

-- metszéspont van. Hasonlóan számolhatjuk össze az ei - f3, ei -

- f4, … , ei - fm típusú szakaszokon lévô metszéspontokat is; ezek száma össze-

sen ( )

( ... )n n

m m m2

11 2 3 1

-- + - + - + + =

( ) ( )n n m m

2

1

2

1$

- -.

286.

Végül észrevehetjük, hogy a két egyenes között, illetve a rajtuk kívül esô sík-

tartományban ugyanannyi metszéspont van, mert az egyenesek közötti ei - fj és

ek - fm metszéspontot párosíthatjuk az ei - fm és ek - fj metszésponttal. Így az

összekötô egyenesek metszéspontjainak maximális száma ( ) ( )n n m m

2

1 1- -.

Második megoldás: Az e, illetve f egyenesrôl 2–2 pontot n

2

J

L

KK

N

P

OO $

m

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen

választhatunk ki, s az ezekre illeszthetô egyenesek két metszéspontot határoz-

nak meg, így összesen n

2

J

L

KK

N

P

OO $

m

2

J

L

KK

N

P

OO $ 2 metszéspont keletkezik.

Harmadik megoldás: Az m $ n számú, általános helyzetû egyenesek metszés-

pontjainak száma mn

2

J

L

KK

N

P

OO. Ebbôl ki kell vonni azokat, amelyek (esetleg többször

számolva) az e, illetve f egyenesen keletkeznek; ezek száma mn

2

J

L

KK

N

P

OO + n

m

2

J

L

KK

N

P

OO. Az

összes metszéspont száma tehát mn

2

J

L

KK

N

P

OO - m

n

2

J

L

KK

N

P

OO - n

m

2

J

L

KK

N

P

OO.

287. Párosítsuk a vektorokat három páronként merôleges irányban! Az eredô

vektor mindhárom irányban ötféle lehet (4; 2; 0 élhosszúságú, az elsô kettô két

irányban), így összesen 53 = 125-féle eredô vektort kaphatunk.

288. A legfeljebb k lépésben elérhetô mezôk egy (2k + 1) # (2k + 1)-es

résztáblát alkotnak, számuk (2k + 1)2. A pontosan k lépésben elérhetô mezôk

ezen résztábla „kerületén” helyezkednek el, számuk 4(2k) = 8k.

Ha csak vízszintes és függôleges lépéseket engedünk meg, a mezôk száma 4k.289. a) 220; minden ugrása kétféle lehet.

b)20

5

J

L

KK

N

P

OO, mert 15-öt ugrik jobbra és 5-öt balra.

c) 0. Csak páros koordinátájú pontban végzôdhet a 20. ugrás.

d)20

10

J

L

KK

N

P

OO.

e) - 20; - 18; - 16; … ; 18; 20.290. A 34. feladat megoldása alapján

a) minden vágás +1-gyel növeli a darabszámot, ezért 63 vágás szükséges

(és elegendô is);

b) minden vágás legfeljebb kétszerezi a darabszámot, ezért 8 vágás szük-

séges (és elegendô is).

Megjegyzés: Ha csokoládé helyett egy 8 # 8-as méretû papírdarabot

tekintünk, és a papír hajtogatása is megengedett mûvelet, akkor egyet-len (alkalmas) egyenes vágás is elegendô.

Érdemes kipróbálni pl. egy 4 # 4-es méretû papírral!

56 Kombinatorika

I

291. Mivel 5 $ 5 = 25, és 24 < 25 < 25, ezért legalább 5vágásra szükségünk van. S bár a darabszámok legfeljebbkétszerezôdhetnek, semmi sem biztosítja, hogy 5 vágássalténylegesen elvégezhetô a darabolás.Az elsô két vágás után mindig marad egy legalább 3 # 3-asösszefüggô rész (ábra). Ennek a középsô (x-szel jelölt)négyzetét további négy vágással szabadíthatjuk ki, ezértösszesen 6 vágás kell.292. a) 0; b) 8; c) 4 $ (3 + 4 + 5) = 48; d) 2 $ (3 $ 4 + 3 $ 5 + 4 $ 5) = 94;e) 3 $ 4 $ 5 = 60.

293. Elsô megoldás: ( )q

p qq p q q p q p q

3 2 2 1 3 4- +

-+

-+

-J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO.

Második megoldás:p q

4 4-

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

294. Elsô megoldás:8

319

9

318

10

317

8

210 9

9

210 8

10

29 8$ $ $ $ $ $ $ $ $+ + + + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO +

10

2

9

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO+

10

2

8

2

9

2

8

2$ $+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 1064 + 1512 + 2040 + 2520 + 2880 + 3240 + 1620 +

+ 1260 + 1008 = 17 144.


4

8

4

9

4

10

4- - -

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 17 144.

295. a) 62. Minden lap kétféle lehet, ez 26 = 64 lehetséges színezés; de ebbôlel kell hagyni a csupa egyforma színû lapokból álló két kockát.

b) Nem tekintjük különbözônek azokat a kockákat, amelyek merev

testek térbeli transzformációjával (mozgással) egymásba vihetôk.

1 (illetve 5) piros lap esetén 1–1, 2 (illetve 4) piros lap esetén 2–2, 3

piros lap esetén 2 színezés lehetséges; összesen 8.296. 6 $ 5 $ 4 = 120, illetve k(k - 1)(k - 2).297. 6 $ 5 $ 6 = 180, illetve k(k - 1)k.298. Tegyük fel, hogy a versenyzô x darab helyes választ adott! Ekkor a rosszválaszok száma 0-tól (30 - x)-ig lehetséges, a versenyzô által elérhetôpontszámok 4x, 4x - 1, 4x - 2, … , 5x - 30. Ha x # 27, akkor a -30, -29, … ,108 pontok mindegyike elérhetô. Ha x = 28, akkor csak legfeljebb két rosszválasz adható, tehát a maximális 4 $ 28 = 112 pont csak 111-re vagy 110-recsökkenhet, a 109 nem érhetô el. Ha x = 29, akkor a 113 és 114 marad ki; s hax = 30, akkor a 117, 118, 119 pontok nem lehetségesek. Összesen 145-félepontszáma lehet egy versenyzônek.299. Ha a világos király valamelyik sarokmezôn van, akkor a sötét király elhe-lyezésére 60 lehetôség adódik; ha a világos király a tábla szélén (de nem asarokban) van, akkor 58-féle helyre tehetjük a sötét királyt; ha pedig a világoskirály a tábla belsejében van, a sötét király elhelyezéseinek száma 56. Összesentehát 4 $ 60 + 24 $ 58 + 36 $ 56 = 3648-féle elhelyezés van.

Vegyes feladatok 57

I291.

300. a)9

4

5

3

2

2$ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 1260.

b) Ha a kétszemélyes csónakban ülnek, a lehetôségek száma 7

3

J

L

KK

N

P

OO; ha a 3-

személyesben, 7

2

5

1$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO; ha a 4-személyesben,

7

2

5

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

Összesen 35 + 105 + 210 = 350 lehetôség.

c) A 4-, a 3-, illetve a 2-személyes csónakban szabad hellyel számolva8

2

6

3

8

2

6

4

8

1

7

3$ $ $+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 1260. Az eredmény ugyanannyi, mint az

a) feladatban: az üresen maradó helyet megfeleltethetjük a 9. személy

ültetésének.

301. A p számú tag mellé n p q

n p

2 - -

-

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen választhatjuk ki az ugyan-

azon oldalon ülôket; ôket és a szemben ülôket is n!-féle sorrendben ültethetjük

le. Összesen n p q

n p

2 - -

-

J

L

KK

N

P

OO $ (n!)2-féle ültetés lehetséges.

302. a) 5; b) 14; c) 20; d) 42.Az egyes csomópontokra rendre felírtuk az odavezetô utak számát (ábra).

58 Kombinatorika

I

302.

303. Összesen 56 lehetséges útvonal van. Azegyes csomópontokra rendre felírtuk az oda-vezetô utak számát (ábra).304. A találkozás a négyzet átlója menténtörténhet, négy lépés után. Fentrôl lefelé halad-va rendre 1, 4, 6, 4, 1 út vezet mindkét oldalróla találkozási pontokba, így összesen 12 + 42 + + 62 + 42 + 12 = 70-féle úton találkozhatnak.Megjegyzés:Általánosíthatunk n # n-es táblázatra, a for-

mula ...n n n

n0 1

2 2 2

+ +J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO .

Egy másik megoldási lehetôség, ha az egér és a macska útját egy olyan (egyetlen)

útnak tekintjük, amely az egér és a macska kezdeti helyét köti össze. Ekkor n

n

2J

L

KK

N

P

OO

a keresett utak száma, s nyilván a két formula egyenlô.305. 24 = 16; az angol ábécé kódolásához ennyi jel kevés.306. 1 hosszú jel: 2 darab van; 2 hosszú: 4 darab; 3 hosszú: 8 darab; 4 hosszú:16 darab; ez összesen 30 jel. Ez sem lenne elég.307. 1 hosszú: 2; 2 hosszú: 4; 3 hosszú: 8; 4 hosszú: 16; 5 hosszú: 32; összesen62 jel.Kimaradt pl. a 3 hosszúak közül a $ - - , a 4 hosszúak közül a - - - $ .308. A pontszámok összege 10, így csak az 1; 1,5; 2; 2,5; 3 pontszámok lehet-ségesek. Az alábbi táblázat tartalmazza az egyes mérkôzések eredményét.

309. Háromszög alatt a három csúcsból és a csúcsok között behúzott élekbôlálló alakzatot értjük.Számozzuk be a csúcsokat az ábrán látható módon!

Ekkor a háromszögeket egy-egy számhármassal ad-

hatjuk meg, amelyeket pl. növekvô sorrend szerint

összeszámolhatunk. (Nem lesz túlságosan sok há-

romszög, hiszen a 8

3

J

L

KK

N

P

OO = 56 lehetséges ponthármas

közül kimaradnak azok, amelyek egy egyenesen

vannak, valamint azok, amelyeknek valamelyik éle

nincs behúzva az ábrán.) A háromszögek:

1-1000E1,50-10,50D210-10C

2,510,50-1B31110-A

össz:EDCBA

Vegyes feladatok 59

I303.

309.

Összesen 24 háromszög van az ábrán.310. A 3-as lapot vagy az 1-es lap elé, vagy az 1-es és 2-es lap közé, vagy a 2-es lap mögé hajthatjuk (az ábra felülnézeti).

Az elsô és harmadik esetben a 4-es lap három helyre kerülhet, a második eset-ben két helyre. Együttesen 8 lehetséges sorrendet kaptunk, ezek - balról jobb-ra olvasva - 4312, 3412, 3124, 1432, 1342, 4123, 1243, 1234. Ha az 1-es és 2-eslap sorrendjét felcseréljük, további 8 megoldást kapunk: 4213, 2143, 2134, 2431,2341, 4321, 3421, 3214. Összesen 16 megoldás van.311. a) - b): A kapott kódolt szövegek:

A 3. kódolás után egyáltalán nem lett rendezetlenebb a szöveg, a HARC szómegjelent az üzenetben. A szöveget Boncida matematikus kódfejtôi bizonyárakönnyedén megfejtik.Megjegyzés:Ha megfigyeljük az egyes betûk mozgását a kódolások folyamán, három darabciklust kapunk: (0" 8" 9" 0), (1" 2" 7" 1), (3" 5" 4" 6" 3).

ZSAKÉRCRAHICDANOB3.

09134657280913465728

ZRRKÉACSHBNDACIOA

98765432109876543210

ZRRKÉACSHBNDACIOA2.

09134657280913465728

RCAÉKSRZBAOCIADNH

98765432109876543210

RCAÉKSRZBAOCIADNH1.

09134657280913465728

ZSÉKARCRAHADICNOB

98765432109876543210

121111131122214esetek száma:

7665465437654322. csúcs

5544322221111111. csúcs

60 Kombinatorika

I

310.

Ebbôl a ciklikus felírásból rögtön látszik, hogy a 0, 8, 9, valamint az 1, 2, 7sorszámú karakterek három lépésenként a helyükre kerülnek. Ez történt a 0, 1,8, 9 sorszámú karaktrekbôl álló HARC szóval is.Mivel minden karakter 3- vagy 4-lépésenként az eredeti helyére kerül, így 12-lépésenként mindig visszaáll az eredeti szöveg.312. Ha az elsô mérést a k. emeletrôl végezzük el, és a pohár összetörik,akkor a másik poharat az elsô, majd a második, a harmadik stb. emeletrôl rend-re le kell ejteni. Vagyis legrosszabb esetben (amikor a második pohár a (k - 1).emeletrôl leejtve törik el) további k - 1 mérésre van szükségünk.

Ha tehát összesen k mérést tervezünk, az elsô mérést legfeljebb a k. emeletrôl

végezhetjük el. Ekkor, ha az elsô mérést a k. emeletrôl végezzük, és a pohár

nem törik el, további k - 1 mérésünk marad. Az elôzôek alapján a k. emelet

felett legfeljebb k - 1 emelettel magasabbról végezhetjük el a második mérést.

A továbbiakban a helyzet hasonló, tehát azt mondhatjuk, hogy k méréssel

legfeljebb k + (k - 1) + (k - 2) + ... + 2 + 1 =( )k k

2

1+emelet magas épület

esetében tudjuk meghatározni azt az emeletet, amelyrôl a poharat leejtve, az

összetörik. Ez a képlet k = 8 esetén 36-ot ad, tehát 8 mérés elegendô a mérnök számára.Ha a poharak nem törnek el, akkor azok az emeletek, ahonnan az ejtegetést elkell végezni: 8., 8 + 7., 8 + 7 + 6. stb.313. A fejek számának változása vágásonként -15, +15, -3. Látható, hogy aSárkány fejei számának 3-as maradéka állandó. Kezdetben 1 volt a maradék, sez az egész küzdelem alatt megmarad. A Királyfi akkor tudná legyôzni aSárkányt, ha annak az utolsó vágás elôtt 33, 21 vagy 17 feje lenne; ezek aszámok azonban 3-mal osztva rendre 0, 0, 2 maradékot adnak. A Királyfi nemgyôzhet.314. A fejek számának változása +6, +9, -6. A teljes küzdelem alatt aSárkány fejeinek száma 3-mal osztva 1 maradékot fog adni, így a Királyfinak a7 fej elérésére kell törekednie. Ezt nem érheti el csupa -6-os vágással, mert akezdeti 100 6-tal osztva 4, míg a végsô 7 6-tal osztva 1 maradékot ad. Szükségvan egy +9-es vágásra is, tehát a minimális vágásszám 19. (Egy +9-es után 17darab -6-os vágással eléri a 7 fejû állapotot, s innen egyetlen ütéssel végezhet.)315. a) 15; b) 15 + 3 = 18; c) 15 + 7 = 22; d) 18 + 7 = 25;e) 18 + 7 + 2 = 27.316. A karton 36 mezôjébôl 9-et kell kivágni úgy, hogyaz egymásra forgatható mezôk olvasáskor csak egyszerjelenjenek meg. 4–4 forgásszimmetrikus helyzetû mezôegy-egy ciklust alkot, az általuk meghatározott mezôkközül pontosan az egyiket kell kivágni a kartonon. A ke-reszt jelzi a sablon tetejét, s ha a forgásirány elôrerögzített, akkor az egyes ciklusok 4 mezôjébôl bárme-lyiket, egymástól függetlenül kiválaszthatjuk. Összesen49 = 262 144 rostély van.Egy minta látható az ábrán.

Vegyes feladatok 61

I

316.

317. a)7

3

8

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 980.

b)6

2

7

3$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

c) Helyezzük el elôször a fehér és a zöld golyókat!

Ha a két zöld egymás mellett van, akkor 5-féle sorrend lehetséges, és

a piros golyók számára 4 hely marad. Ez 54

35

6

3$ $=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 100

lehetôség.

Ha a két zöld golyó nincs egymás mellett, akkor 5

2

J

L

KK

N

P

OO = 10-féle sorrend

lehetséges, és a piros golyók számára 3 hely marad. Ez további

103

310

5

3$ $=

J

L

KK

N

P

OO

R

T

SSS

V

X

WWW

= 100 lehetôség.

Összesen 200-féle sorrend lehetséges.

318. Ha az elsô zsinóron függô golyókat 1-es, a másodikon lévôket 2-es, … , az

ötödiken lévôket 5-ös számmal jelöljük, akkor a feladat átfogalmazható: keres-

sük az öt-öt darab 1-es, 2-es, 3-as, 4-es és 5-ös számjegybôl készíthetô 25 jegyû

számok számát. Ez pedig ( !)

!

5

25

5, vagy másképpen

25

5

20

5

15

5

10

5

5

5$ $ $ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO.

319. 8! = 40 320 < 100 000 < 9! = 362 880. A 80 641. szám 312 456 789, a

keresett szám elsô (legnagyobb) helyiértéke 3-as. 100 000 - 80 640 = 19 360, s

mivel 7! = 5040, 3 $ 7! = 15 120 < 19 360 < 4 $ 7! = 20 160, a második helyi-

értéken álló szám 5-ös. A 80 640 + 15 120 + 1 = 95 761. szám 351 246 789, s ez-

után még 4239 szám következik. 5 $ 6! = 3600; az 1 246 789 számok utolsó 6 he-

lyiértékén 5 permutáció „fut le”, így a következô helyiértéken álló számjegy a

8-as lesz. A 358 124 679 szám a 95 760 + 3600 + 1 = 99 361. a sorban, még 639-

et kell leszámolni. 5 $ 5! = 600; a 124 679 számok utolsó 5 jegye 5-ször végezhet

teljes permutálódást, így elôre a 9-es kerül. A 358 912 467 kezdôszám után a 39.

számot keressük. 4! = 24, a 35 892 után az 1467 permutációkból a 16-ot keres-

sük; a 358 926 után pedig a 147 közül a 4-et. Ez a 471, így a keresett szám

358 926 471.320. a) 210 = 1024.

b) 0.

c) Jelöljük a két irányba történô ugrások számát J-vel és B-vel; ekkor

J + B = 10 és 2J - B = 11. Innen J = 7, B = 3, s az ugrássorozat össze-

sen 10

3

J

L

KK

N

P

OO = 120-féleképpen tehetô meg.

d) Ha J = 10, 9, 8, … , 0, akkor a végsô tartózkodási hely rendre 20, 17,

14, … , -10 lehet.

62 Kombinatorika

I

321. Az ötszög csúcsait számozzuk meg az ábra szerint, s vizsgáljuk meg, ho-gyan hat a két transzformáció szorzata az egyes csúcsokra!Tengelyes tükrözésnél: 1" 1, 2" 5, 3" 4, 4" 3, 5" 2; forgatásnál: 1" 3,2" 4, 3" 5, 4" 1, 5" 2; így a kettô szorzatának eredménye: 1" 3, 2" 2,3" 1, 4" 5, 5" 4. Ez a transzformáció éppen a 2. csúcson átmenô szimmet-riatengelyre való tükrözés.A 2) 2, 1) 3, valamint 4) 5 csúcsoknak azonos színûeknek kell lenniük.Mindegyik ciklus két színnel színezhetô, a keresett színezések száma 23 = 8.322. Elsô megoldás: Tökéletes megoldás, ha mindig ugyanazt a számot, pl.000-t próbáljuk ki (legrosszabb esetben 1000-szer).Második megoldás: Az alábbi táblázat mutat egy lehetséges stratégiát.

323. Ha az elôzô feladathoz hasonló stratégiát alkalmaznánk, észrevehetjük,hogy az 501. tipp 000 lenne, ami az elsô tipp ismétlése. Módosítsuk ezért pl. úgya próbálkozásokat, hogy a 499 feltevéshez tartozó 998 tipp után az 501, majd502 stb. feltevéssel élünk (táblázat).

Ekkor azonban az utolsónak adódó 500 feltevéshez a 499 próbálkozás tartozna,amivel már korábban kísérleteztünk, tehát nem próbálható újra.Általában is megmutatható, hogy nem mindig nyitható a páncélszekrény.Tegyük fel indirekt módon, hogy létezik egy megfelelô próbálkozássorozat.Ekkor a fentihez hasonló táblázatban az elsô sorban a 0, 1, 2, … , 999 számokszerepelnek; a második sorban szintén ezek a számok lesznek valamilyen sor-rendben (nem lehet ismétlôdés, hiszen minden kezdeti kódot ki kell próbál-nunk); végül a harmadik sorban szintén ezek a számok állnak valamilyen sor-rendben (ennek az az oka, hogy nem lehet kétszer azonos számmal próbál-kozni). Mivel a harmadik sorban lévô számok a felettük levô két szám összege-ként állnak elô, az összes számot összeadva az elsô két sor összegének meg kelladni a harmadik sorban lévô számok összegét, illetve 1000-es maradékát. Mivel1 + 2 + … + 999 = 499 500, a 499 500 + 499 500 = 499 500 egyenletnek kelleneteljesülnie mod 1000 felett. Ez azonban lehetetlen, a bal oldal 1000-rel osztha-tó, a jobb oldal nem (500 maradékot ad).324. a) 65 = 7776.

b) 65 - 55 = 4651.

c) Minden dobás legalább 5-ös, és kell lennie 6-osnak is. A 6-os dobások

száma alapján: 5

1

5

2

5

3

5

4

5

5+ + + +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO = 31.

997…003001998…004002000próbálkozás

999…502501499…002001000feltevés a kódra

999…502501500…321sorszám

998…004002000998…006004002000próbálkozás

…502501500499…003002001000feltevés a kódra

1000…503502501500…4321sorszám

Vegyes feladatok 63

I

Más megoldási lehetôség: Mindegyik dobás kétféle lehet, ez 25 = 32

eset; de ebbôl nem jó a csupa 5-ös.

d) A 11-es összeg 9-féleképpen állhat elô: (6, 2, 1, 1, 1), (5, 3, 1, 1, 1),

(5, 2, 2, 1, 1), (4, 4, 1, 1, 1), (4, 3, 2, 1, 1), (4, 2, 2, 2, 1), (3, 3, 3, 1, 1),

(3, 3, 2, 2, 1), (3, 2, 2, 2, 2). Az egyes elôállítások száma rendre 5

32$

J

L

KK

N

P

OO ,

5

32$

J

L

KK

N

P

OO ,

5

2

3

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO,

5

2

J

L

KK

N

P

OO, !

5

23$

J

L

KK

N

P

OO ,

5

32$

J

L

KK

N

P

OO ,

5

2

J

L

KK

N

P

OO,

5

2

3

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO,

5

1

J

L

KK

N

P

OO, összesen 205 eset.

e) Az elsô négy dobás tetszôleges lehet, az utolsó 2-féle (attól függôen,hogy az elsô négy dobott szám összege 3-mal osztva mennyi maradé-kot ad). 64 $ 2 = 2592 eset.

f) Az utolsó szám 3-féle lehet; a középsô számok tetszôlegesek; az elsôszám pedig 2-féle, attól függôen, hogy a többi számjegy összegének

mennyi a 3-as maradéka. 63 $ 3 $ 2 = 1296.

g) A számjegyek összege lehet 9, 18 vagy 27.

A 9-es összeg elôállításai: (5, 1, 1, 1, 1), (4, 2, 1, 1, 1), (3, 3, 1, 1, 1),

(3, 2, 2, 1, 1), (2, 2, 2, 2, 1); ezekbôl páros számot rendre 0-, 8-, 0-, 12-,

4-féleképpen készíthetünk. Összesen 24 lehetôség.

A 18-as összeg elôállításai: (6, 6, 4, 1, 1), (6, 6, 3, 2, 1), (6, 6, 2, 2, 2),

(6, 5, 3, 1, 1), (6, 5, 2, 2, 1), (6, 4, 4, 3, 1), (6, 4, 4, 2, 2), (6, 4, 3, 3, 2),

(6, 3, 3, 3, 3); ezekbôl páros számot rendre 18-, 36-, 10-, 12-, 36-, 36-,

30-, 36-, 1-féleképpen készíthetünk. Összesen 215 lehetôség.

A 27-es összeg elôállításai: (6, 6, 6, 6, 3), (6, 6, 6, 5, 4), (6, 6, 5, 5, 5);

ezekbôl páros számot rendre 4-, 16-, 4-féleképpen készíthetünk.

Összesen 24 lehetôség.

18-cal osztható számot 24 + 215 + 24 = 263 esetben kapunk.

h) A lehetôségek száma: összesen 65; nincs 1-es: 55; nincs 6-os: 55; nincs

1-es és 6-os sem: 45. Innen 1-es és 6-os dobás is 65 - 2 $ 55 + 45 = 2550

esetben van.

325. a)Az összes számból kivonjuk a csupa páratlan számjegybôl állókat:

9 $ 9 $ 8 $ 7 $ 6 - 5! = 27 096.

b) Az öt páratlan számjegybôl alkotott számok száma 5! = 120.

c) Ha 25-tel kezdôdik: 8 $ 7 $ 6; ha nem, 3 $ 7 $ 7 $ 6; összesen

8 $ 7 $ 6 + 3 $ 7 $ 7 $ 6 = 1218 darab.

d) !5

1

5

4

5

3

5

2

5

5

5

05$ $ $ $+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

= 126 $ 120 = 15 120. 1, 3 vagy 5 pá-

ratlan számjegyhez választjuk ki a párosakat, s ezeket minden lehet-

séges módon permutáljuk.

e) !4

4

5

0

4

2

5

2

4

0

5

45$ $ $ $+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO

= 66 $ 120 = 7920. 0, 2 vagy 4 páros

számjegyet választunk ki.

64 Kombinatorika

I

326. Csoportosítsuk pl. az 1-esek száma alapján a lehetséges számokat!Az egyes típusok, az elôállításuk lehetséges módjai és a belôlük készíthetônégyjegyû számok száma rendre a következô lehet:

Összesen 1 $ 3 + 4 $ 4 + 4 $ 9 + 1 $ 6 + 6 $ 12 + 1 $ 9 + 6 $ 18 + 3 $ 12 + 4 $ 24 + 3 $ 9 ++ 4 $ 18 + 3 $ 12 + 1 $ 24 = 541 négyjegyû szám készíthetô.

327.! !

!

! ! !

!

3 2

8 8

2 2 2

7 8

$

$

$ $

$+ = 62 160.

328. a) A 0, 1, 1, 1, 1, 3, 4 számjegyekbôl !

!

4

7-féle szám készíthetô (0 lehet elöl

is); a jegyek elé, közé, illetve mögé 8

3

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen helyezhetjük el a

2-eseket; s kivonjuk azokat a számokat, amikor a 0 van elöl: !

!

4

6 7

3$J

L

KK

N

P

OO.

Összesen !

!

!

!

4

7 8

3 4

6 7

3$ $-J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 10 710.

b) Az összesbôl kivonjuk azokat az eseteket, amikor a 3 és 4 egymás mel-

lett van: ! !

!

! !

!

4 3

9 9

4 3

8 82

$

$

$

$$- = 18 200.

c) A 0, 1, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 3 számjegyekbôl az összes lehetséges számotelkészítjük, s attól függôen, hogy hány 2-es van egymás mellett, elhe-lyezzük a 4-est. (Persze 0 nem lehet elöl.)

Ha a három 2-es egymás mellett van, a 4-est hat helyre tehetjük:

!

!

!

!

4

7 6

1 4

6 5

1$ $-J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 1110.

241m) 2, 3, 4, 5

123x ! y; x, y ∈ {3, 4, 5}l) 2, 2, x, y184x ! y ! z; x, y, z ∈ {2, 3, 4, 5}k) 0, x, y, z 93y ∈ {3, 4, 5}j) 0, 2, 2, y

244x ! y ! z; x, y, z ∈ {2, 3, 4, 5}i) 1, x, y, z123y ∈ {3, 4, 5}h) 1, 2, 2, y186x ! y; x, y ∈ {2, 3, 4, 5}g) 0, 1, x, y91f) 0, 1, 2, 2

126x ! y; x, y ∈ {2, 3, 4, 5}e) 1, 1, x, y61d) 1, 1, 2, 2

94x ∈ {2, 3, 4, 5}c) 0, 1, 1, x44x ∈ {2, 3, 4, 5}b) x, 1, 1, 1

31a) 0, 1, 1, 1

darabszámelôállítástípus

Vegyes feladatok 65

I

Ha két 2-es van egymás mellett, a 4-est öt helyre tehetjük:

!

!

!

!

4

67 6

5

1 4

56 5

4

1$ $ $ $ $ $-

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 5700.

Ha nincs egymás mellett két 2-es, a 4-est négy helyre tehetjük:

!

!

!

!

4

67 6 5

4

1 4

56 5 4

3

1$ $ $ $ $ $ $ $-

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 23 400.

Összesen 1110 + 5700 + 23 400 = 30 210 olyan tízjegyû szám készíthe-

tô, amelyben nincs egymás mellett 2-es és 4-es

329. 1. Ha a számban szerepel a 0: 9 $ 104 - 95 eset.

2. Nem szerepel 0, de van 5-ös: 95 - 85 lehetôség.

3. Csupa páratlan számjegy, de van 5-ös: 55 - 45 lehetôség.

Összesen: (9 $ 104 - 95) + (95 - 85) - (55 - 45) = 55 131 lehetôség.330. a) 9! $ 2 = 725 760; b) 8! $ 3! = 241 920.

331. a) Az elsô négy helyiértéken az 1, 3, 7, 9 számok összes permutációja

elôfordul, így az egyes (legkisebb) helyiértéken 4! = 24-szer jelenik

meg az 5-ös. Az 1–4 helyiértékek mindegyikén az egyes számjegyek 3!

= 6-szor fordulnak elô, így a keresett összeg:

6 $ (1 + 3 + 7 + 9) $ 11 110 + 24 $ 5 = 1 333 320.

b) Az egyes (legkisebb) helyiértéken 54 = 625-ször jelenik meg az 5-ös.

Az 1–4 helyiértékek mindegyikén az egyes számjegyek 53 = 125-ször

fordulnak elô, így a keresett összeg:

125 $ (1 + 3 + 5 + 7 + 9) $ 11 110 + 625 $ 5 = 34 721 875.

332. A bolha összesen 9-szer ugrik jobbra és 3-szor balra, ezt 12

3

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen

teheti meg. Ebbôl el kell hagynunk azokat az ugrássorozatokat, amelyekkel

elérné a 8 vagy 9 pontot, hiszen ekkor eltûnne.

Jelöljük a jobbra és balra ugrásokat J-vel és B-vel!

Ha az elsô 8 ugrás J, akkor a befejezô J, B, B, B ugrások bármely sorozata

kivezet az intervallumból: 4 eset.Ha az elsô 8 ugrás 7 darab J és egy B, akkor J, J-vel kell folytatni: 8 eset.

Összesen 12

3

J

L

KK

N

P

OO - 4 - 8 = 208 olyan ugrássorozat van, amelynek ered-

ményeképp a 6 pontba kerül a bolha.

333. Elsô megoldás: Legyen a kocka alsó lapján az 1-es. Ekkor a 2-est kétféle

helyre írhatjuk.

Ha a 2-es a felsô lapon van, akkor a függôleges tengely mentén forgathatjuk úgy

a kockát, hogy a 3-as az elsô lapra kerüljön, s ekkor a 4-es, 5-ös, 6-os számokat

3 $ 2 = 6-féleképpen írhatjuk fel. Ez 6 lehetôség.

Ha a 2-es az alsóval szomszédos lapra kerül, akkor a további számozást

4 $ 3 $ 2 = 24-féleképpen végezhetjük el.

Összesen 30-féle számozás lehetséges.

66 Kombinatorika

I

Második megoldás: Egy rögzített kocka lapjaira 6!-féleképpen írhatjuk fel a szá-

mokat. De az alsó lapra 6-féle számot forgathatunk, s minden ilyen helyzetben

4 függôleges tengelyû forgatás önmagába viszi a kockát. Összesen tehát 6 $ 4

olyan mozgatás van, ami a kockát önmagával fedésbe hozza; a lényegesen kü-

lönbözô számozások száma !

6 4

6

$= 5 $ 3 $ 2 $ 1 = 30.

334. a)!

4 3

4

$= 2; b)

!

8 3

8

$= 1680; c)

!

12 5

12

$= 3 991 680;

d)!

20 3

20

$. 4,05 $ 1016.

335. a) 511 vágás; b) 9 vágás (felezéses technikával).

336. 5 $ 5 $ 5 = 125 < 128 = 27, ezért elvileg elég 7 vágás. De biztosan marad azelsô vágás után egy legalább 5#5#3-as, a második után egy legalább 5#3#3-as,a harmadik után pedig egy legalább 3#3#3-as összefüggô test. A 3#3#3-as koc-kához már elvileg is szükség van 5 vágásra (ui. 24 = 16 < 3 $ 3 $ 3 = 27), de gya-korlatilag 6 vágás kell: a középsô 1#1#1-es kocka minden lapját ki kell szaba-dítani. Meglepô, de összesen 9 vágásra van szükség; éppen úgy, mint a 8#8#8-askocka esetében.337. Elsô megoldás: A kockának véges sok állapota van, ezért - esetleg nagy-számú tekerés után - elôbb-utóbb ismétlôdni fog valamelyik állapot.Jelöljük az alapállapotot A-val, s tegyük fel, hogy egy B állapotból x számú for-gatás után a B-vel megegyezô Bl állapotba jutunk. A kocka geometriai jellem-zôi miatt ez viszont azt jelenti, hogy a kocka bármely helyzetébôl x számút for-gatva, ugyanazt a helyzetet kapjuk vissza; vagyis ha az A kezdôállapotbólvégzünk x számú forgatást, akkor vissza kell jutnunk az A alapállapotba. (Azt ismegkaptuk, hogy a kezdôállapot ismétlôdik meg legelôször.)Második megoldás: A kocka elsô és jobb oldali lapja lényegében háromfajta kiskockából áll elô. A lapközéppontú kis kockák minden forgatáskor megtartjákhelyüket. Az élközép kockákat együtt vizsgálva észrevehetjük, hogy az alapálla-potból kiindulva, ha a feladatbeli B1 és J3 forgatásokból 14-et végzünk, vissza-kerülnek a helyükre. A csúcsokat alkotó kis kockákról ugyanez 18 forgatás utánmondható el. A lapok középpontjai helyben maradnak; tehát ha az alapállapot-ból kiindulva a végzett forgatások száma 14 és 18 közös többszöröse, akkor akocka ismét rendezetté válik. Legkevesebb 126 forgatás után áll vissza elôszöraz alapállapot.

338. a)7

3

J

L

KK

N

P

OO = 35; b) ;

4

14=

J

L

KK

N

P

OO c)

7

3

4

1–

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO = 31.

339. a)14

7

J

L

KK

N

P

OO. 7–7 egységnyi lépést teszünk jobbra és felfelé is.

b) Ha egy 3 hosszú lépést teszünk jobbra, akkor 12

7

5

1$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO-féle útvonal

van; ha két darab 2 hosszú lépést teszünk jobbra, akkor 12

7

5

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO-féle.

Vegyes feladatok 67

I

Ugyanennyit kapunk akkor is, ha a speciális lépéseket nem jobbra,

hanem felfelé tesszük. Ha pedig az egyik 2 hosszú lépést jobbra, a

másikat felfelé lépjük, az útvonalak száma 12

5

7

5

2

1$ $

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO. Összesen

57 024 különbözô útvonal lehetséges.340. Ha az egyes (utolsó) helyiértéken 0 van, akkor a számok összege 4! $ (1 + 2 + 3 + 4 + 5) $ 111 110 = 39 999 600.Ha az egyes helyiértéken 5-ös van, akkor a számok összege 4! $ (1 + 2 + 3 + 4) $ 100 000 + 3 $ 3! $ (1 + 2 + 3 + 4) $ 11 110 + 4 $ 4! $ 5 == 24 000 000 + 1 999 800 + 480 = 26 000 280.Összesen 65 999 880 a keresett összeg.341. Béla a magasabb.Tegyük fel, hogy Aladár az i. sorban és Béla a j. oszlopban van (1 # i # 6 és 1 # j # 5). Ha ugyanabban a sorban állnak, Aladár az alacsonyabb; ha külön-bözô sorban állnak, tekintsük az i. sor j. oszlopában álló Csabát. AladárnálCsaba magasabb (azonos sorban állnak), Csabánál pedig Béla magasabb (azo-nos oszlopban állnak).342. Mivel összesen 5 + 4 = 9 találat történt, a 8 pozíció egyikét mindkét tip-peléskor eltalálta a játékos. Ez csak a 3-as lehet.

Minden más pozícióban a két tipp különbözô, s mivel 4 + 3 = 7 további találattörtént, a fenti táblázat elsô két sorában mindegyik szám pontosan egyszer vana saját helyén. Vagyis ha az elsô sorban négy további eltalált számot kijelölünk,a maradék három helyen lévô számok a második sorban ugyanezeken a helye-ken találhatók, csak más sorrendben.Az 5 - 7 - 2 - 8 és 1 - 4 - 6 számok egy-egy ciklust alkotnak, így a másodiksorban eltalált 3 további pálcika csak az 1, 4, 6 lehet. A pálcikák sorrendje:

343. a) Elsô megoldás:( ) ( )p p

pqq q p p pq q q

2

1

2

1

2

22 2-+ +

-=

- + + -=

( ) ( ) ( )( )p q p q p q p q

2 2

12

=+ - +

=+ + -

valóban.

Második megoldás: Tegyük fel, hogy p darab piros és q darab kék, egy-

forma méretû golyóból kiválasztunk kettôt. Ezt egyrészt p q

2

+J

L

KK

N

P

OO-

féleképpen tehetjük meg; másrészt a kiválasztott piros golyók száma

alapján is összeszámolhatjuk a lehetôségeket.

17623485

3

12683457

67423185

68 Kombinatorika

I

Ha két piros golyót választunk ki, ezt p

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen; ha egyet,

p q

1 1

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO-

féleképpen; ha pedig egyet sem, q

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen tehetjük meg. A két

oldal valóban egyenlô.b) Az egyenlet mindkét oldalán kiszámoltuk, hogy hányféleképpen lehet

p darab piros és q darab kék, egyforma méretû golyóból kiválasztunkhárom darabot.

344. Az elôzô feladat általánosítása: p darab piros és k darab kék, egyformaméretû golyóból kiválasztunk n darabot.345. Az állítás a 304. feladat megoldásához fûzött megjegyzésbôl következik.

Vegyes feladatok 69

I

II. Gráfok

Alapfogalmak

346. a) A gráf egyszerû. 3 komponensbôl áll, 7 pontja (ezek közül kettôizolált), 5 éle van. Az egyes csúcsok fokszámai rendre 3, 3, 2, 1, 1, 0, 0.

b) A gráf 2 komponensbôl áll. 8 pontja (egy izolált), 16 éle van. A több-szörös élek közül kettô kétszeres, egy háromszoros. Az egyes csúcsokfokszámai rendre 5, 5, 5, 5, 5, 4, 3, 0.

c) A gráf egy komponensbôl áll, 5 pontja, 7 éle (ebbôl egy hurokél és egyháromszoros él) van. Az egyes csúcsok fokszámai rendre 4, 2, 4, 3, 1.

d) Az irányított gráf 3 komponensbôl áll, 7 pontja (egy izolált), 7 éle van.Az irányított élek közül egy kétszeres.

347.

a) és b) egyszerû gráfok, a) 1, b)pedig 2 komponensbôl áll (347/I.ábra). A komplementer gráfjaik a347/II. ábrán láthatók:

348. a) Az egyik pontból 5 él indul ki, a neki megfelelô személynek van alegtöbb ismerôse, 5.

b) A pontnak megfelelô személynek nincs ismerôse a társaságban.349. a) Ilyen városok pl. Debrecen és

Siófok, vagy Szeged és Gyôr,amelyek közti útvonal Budapes-ten halad át. A Debrecen–Sió-fok távolság 332 km, ez megegye-zik a Debrecen–Budapest és Buda-pest–Siófok távolságok összegével;a Szeged–Gyôr távolság 294 km,ez megegyezik a Szeged–Budapestés Budapest–Gyôr távolságokösszegével.

II

347/I.

347/II.

349.

350. Az ábrán az apai ágat mindig jobbra, az anyai ágat mindig balra tüntet-tük fel. Nagyapáinkat A, az ô dédapáikat B betûvel jelöltük; hasonlóan déd-apáinkat C, az ô nagyapjaikat D betûvel. Látható, hogy nagyapáink dédapjai és dédapáink nagyapjai általában külön-bözô személyek. (A „nagymamai” ágú dédapáink nyilván nem rokonai a nagy-apai ág leszármazottainak.)

Megjegyzés:A szemléletesség kedvéért alkalmazott gráfok csak formálisak, hiszen nemfogalmaztuk meg pontosan, hogy mik is a gráf csúcsai és élei. Hasonló típusúfeladatok esetében alkalmazhatunk irányított gráfokat is, ha nem egyértelmû afolyamat iránya, vagy ha az irányt hangsúlyozni szeretnénk.351. a) A gráfok izomorfak egymással.

b) Számozott csúcsok esetén a 2., 3., 4. gráfok izomorfak egymással,hiszen ugyanazon pontjaik között van él.

352.

353.

72 Gráfok

II

csúcsok száma 1

élek száma 1

gráfok száma 1

1

2

1

2

1

2

2

2

4

2

3

6

3

1

2

3

2

6

4

1

2

4

2

7

n1

2

n2

6

350.

csúcsok száma 4

élek száma 0

gráfok száma 1

4

1

1

4

2

2

4

3

3

4

4

2

5

2

2

5

3

3

5

4

6

6

3

3

6

4

8

n3

3

n4

9

352.

A 4 csúcsú, 2 élû gráfok:

354.

355.

A 2 csúcs, 3 él lehetséges esetei:

356. a) Izomorfak.b) Semelyik kettô nem izomorf.c) Izomorfak.

357. Az elsô gráfban hurokélek vannak, a másik kettôben nem, tehát az elsônem lehet izomorf sem a 2., sem a 3. gráffal. A 2. és 3. gráfok izomorfak, egylehetséges számozás látható az ábrán.Mindkét gráfban pontosan ugyanazokat a csúcsokat kötöttük össze éllel.

Alapfogalmak 73

II

csúcsok száma 2

élek száma 0

számozott csúcsú gráfok száma 1

2

1

1

2

2

0

3

1

3

3

2

3

3

3

1

4

1

6

4

2

15

4

3

20

csúcsok száma 1

élek száma 1

számozott csúcsú gráfok száma 1

1

2

1

2

1

3

2

2

6

2

3

10

3

1

3

3

2

10

4

1

10

4

2

49

353.

355.

357.

358. Nem izomorfak. (Pl. a második ábrán bármely pontból bármely pontbael lehet jutni két élen keresztül.)359. a) Igen. b) Nem, egy ellenpélda:

360. a) Ha egy 6 pontú egyszerû gráfban minden pont foka 3, akkor a komp-lementerében minden pont foka 2. Minden gráfot a komplemente-rével párosíthatunk, ugyanannyi van a kétfajta gráfból.

b) A 6 pontú teljes gráf éleinek száma 15. A 7 élû gráfokat párosíthatjuka 8 élû komplementer gráfjaikkal, a kétfajta gráfból ugyanannyi van.

361. 1. Igaz; 2. igaz; 3. igaz; 4. hamis.Ellenpélda:

vagy egyszerû gráfokra:

362.

Észrevehetjük, hogy 4 pontú, k élû egyszerû gráf (k = 0, 1, 2, 3, 4, 5) ugyanannyivan, mint 4 pontú, 6 - k élû egyszerû gráf; vagy 5 pontú, m élû (m = 0, 1, 2, 3)ugyanannyi, mint 5 pontú, 10 - m élû.363.

A táblázat szimmetriáját vehetjük észre.

74 Gráfok

II

csúcsok száma 4

élek száma 0

egyszerû gráfok száma 1

4

1

1

4

2

2

4

3

3

4

4

2

4

5

1

4

6

1

5

0

1

5

1

1

5

2

2

5

3

4

5

7

4

5

8

2

5

9

1

5

10

1

csúcsok száma 3

élek száma 0

számozott egyszerû gráfok száma 1

3

1

3

3

2

3

3

3

1

4

0

1

4

1

6

4

2

15

4

3

20

4

4

15

4

5

6

4

6

1

359.

361/I.

361/II.

Egy 3 csúcsú egyszerû gráfnak legfeljebb 3 éle lehet. Ezekbôl kell kiválasztanirendre 0, 1, 2, 3-at. Minden olyan gráfhoz, aminek k éle van (k = 0, 1, 2, 3),párosíthatunk egy olyat, amelyik 3 - k élû, így a két típus száma megegyezik.Hasonló a helyzet a 4 pontú egyszerû gráfokkal, melyeknek legfeljebb 6 élüklehet.364. a) Minden pontra teljesül, hogy az oda befutó és onnan kiinduló nyilak

száma összesen 3.b) F.c) Veretlen csapat nincs, hiszen minden pontból indul ki nyíl.d) A pontszámok: A: 6, B: 6, C: 6, D: 3, E: 6, F: 0.

365.a) C 4 mérkôzést játszott, a többi csapat 3-3-at.b) F-nek 3 gyôzelme van, ez a legtöbb. Nincs

gyôzelme E-nek. c) Nem, pl. D, A, B, C között „körbeverés”

történt.366. a) A C vagy a D érme lehet a legnehezebb.

b) Ez a mérési ábra nem jöhet létre. Az A, F, Cösszehasonlításakor valószínûleg mérési hibatörtént.

c) A legnehezebb a D érme.367. a) Az a) esetben " " " " "B A C E D F az erô-

sorrend.A b) esetben " " "B A C E , illetve "D F kapcsolatokat ismerjük.A c) esetben " " " "A E F C D és " "B C D sorrendek állapíthatókmeg.

b) Ugyanezeket az infor-mációkat nyerjük amellékelt ábrákról is.

c) 5 mérkôzésre min-denképpen szükségvan. Minden mérkô-zés után legfeljebbegy játékosról – avesztesrôl – állíthat-juk, hogy nem lehet ôa legjobb.

d) 14. Ez a helyzet áll elô, ha pl. a két leggyengébb játékos kivételévelmindenki játszott mindenkivel. (Összesen 15 mérkôzésre kerülhetsor.)

368. a) 7.b) A verseny alakulása 27 = 128-féleképpen történhet, hiszen mindegyik

mérkôzést az alsó, illetve a felsô ágról érkezô csapat is megnyerheti.c) Az elôdöntôben B ellenfele C vagy D lehet; a másik ágon pedig 4-féle

párosítás alakulhat ki.d) Az A–B, E–F, illetve a döntôben a D–G párosítások eredménye két-

féle lehet, ez összesen 23 = 8 lehetôség.

Alapfogalmak 75

II

365.

367.

Megjegyzés:Itt és a következô néhány feladatban a gráfok segítségével könnyebben átte-kinthetôvé tehetô a feladat, illetve annak megoldása. Valójában szemléltetô jel-leggel csupán formális gráfokat alkalmazunk, hiszen pontosan meg kellenehatároznunk a gráf pontjait és csúcsait. (Ebben a feladatban a gráf pontjainakegyes játékállapotok, a következô feladatban húzási helyzetek felelnek megstb.) A formális gráfokat tekinthetjük folyamatábráknak, s alkalmazhatunk irá-nyított éleket is.369. a) 6; b) 5 $ 4 $ 3 $ 2 = 120.370. a)

b) Jelöljük a két piros golyót 1-gyel és 2-vel!

c) Mindegyik sorozat létrejöttének azonos a valószínûsége.A második ábrán látható, hogy a ppks, pkps stb. sorozatok mindegyikekétféleképpen keletkezhet, pl.: ppks . 12ks és ppks . 21ks.

371. a)

76 Gráfok

II

370/a.

370/b.

371.

Összefüggések a gráf csúcsai és élei között 77

II

b) A 8 egyformán valószínû sorozatból 3-ban van 2 fej és 1 írás, a való-

színûség 8

3.

372. a) Az 5 érmének 5! = 120 különbözô sorrendje lehetséges, s mindenmérésnek kétfajta eredménye lehet. Mivel 26 = 64 < 120 < 27 = 128,legalább hét mérésre lesz szükség. (A 120 és a 128 igen közeli számok,igyekezni kell minden mérésnél megközelítôleg felezni a lehetôségekszámát.)

Jelöljük az érméket A, B, C, D, E-vel, s elôször hasonlítsuk összepl. A-t a B-vel, majd C-t a D-vel! Feltehetjük, hogy a nehezebb B,illetve D volt, s ezt jelölhetjük "A B, illetve "C D módon. Har-madik mérésként A és C összehasonlítása következhet. A szim-metrikus helyzet miatt most is feltehetjük, hogy "A C , így a 372/I.gráfot kapjuk.

Ezután helyezzük el E-t az " "A C D láncban! E négyhelyre kerülhet, két méréssel meg tudjuk határozni ahelyét. Elôször C-vel hasonlítjuk össze, s ha pl.nehezebb volt, akkor D-vel. Ha D-nél pl. könnyebb-nek bizonyult, akkor a 372/II. gráfot kapjuk.

Végül B-t helyezzük el az " " "A C E D láncban. Négyhelyre kerülhet, ezért elôször E-vel hasonlítjuk össze, s ha pl.könnyebb volt, akkor C-vel. Így a 7 mérés valóban elegendôahhoz, hogy megállapítsuk, milyen növekvô sorrendbenkövetkeznek egymás után az érmék. Ha az utolsó méréseredménye pl. "B C , akkor a mérési eredményeket a 372/III.gráffal szemléltethetjük.

A mérési eljárás akkor is hasonlóan végezhetô el, ha az egyes mérések máseredményt adnak, a kapott irányított gráf viszont más lesz.

Összefüggések a gráf csúcsai és élei között

373. Az ismeretségek számának összege 37. A társaság bármely két A és Btagjára igaz, hogy a közöttük lévô ismeretséget A-nál és B-nél is beszámítottukaz összegbe. Ezért az egyes tagok ismeretségeit összeadva a tagok közöttiismeretségek számának kétszeresét kapjuk. Ez csak páros szám lehet, vagyis avendégek közül valaki biztosan tévedett.374. Az elôzô megoldásnál láttuk, hogy az egyes tagok ismeretségei számánakösszege csak páros szám lehet. Ha egész számok összege páros, akkor az csakúgy lehetséges, ha páros számú páratlan tag szerepel az összegben. 375. Az elôzô feladatok megoldásai alapján a fokszámok összege az élekszámának kétszeresével egyenlô. Ez az összefüggés akkor is igaz marad, ha agráfban többszörös élek vagy hurokélek vannak. Így az élek száma:

a) 8; b) 6; c) 10.d) Ilyen gráf nincs, a fokszámok összege nem lehet páratlan.

372/I.

372/II.

372/III.

78 Gráfok

II

376. Az egyes tagok ismeretségeinek összege páros, ez pedig nem lehetséges,ha mind a 15 szám páratlan. A házigazda biztos lehetett a dolgában.377. Az ismeretségek kölcsönösek, így a két csapat egy-egy tagja közöttiismeretség egyaránt eggyel növeli mindkét csapat pontszámát. Ez a játék nemizgalmas: ha senki sem tévedett, a két összeg egyenlô.378. Ha a társaság n tagból áll, bármely személynek 0, 1, 2, … , n - 1 barátjalehet. Azonban ha van olyan, aki n - 1 tagnak barátja (vagyis mindenki más-nak), akkor nem lehet olyan, akinek 0 barátja van (és fordítva). Tehát (n - 1)-féle lehetôség adódik az egyes tagok barátainak számára, s mivel n tag van atársaságban, a skatulyaelv miatt lesz közöttük kettô, akinek ugyanannyi barátjavan.379. a) Igaz; b) igaz; c) igaz;

d) igaz. Ha ugyanis n pont esetén minden pont legalább másodfokú,

akkor az élek száma legalább n

n2

2$= lenne; márpedig kevesebb él

van, mint pont.

380. a) A fokszámok összege 13, páratlan, tehát ilyen gráf nincs.b) A fokszámok összege 14, a gráfnak 7 éle van. A két negyedfokú pont

között van él, különben 4 másodfokú pont is lenne. Ha az egyiknegyedfokú pontból meghúzzuk a 4 élt, a másikból további 3-nak kellkiindulnia. Ezek egyike az eddig izolált pontba megy, a másik kettôszimmetrikus helyzetû. Egyetlen egyszerû G gráf van.

c) Ilyen egyszerû gráf nincs; ha van két ötödfokú pont, akkor ezek min-den más ponttal össze vannak kötve, tehát minden pont legalábbmásodfokú.

d) A gráfnak 10 éle van. Egyszerûbb a Gkomplementer gráfot vizsgálni. Ennek 5 élevan, fokszámai 0, 0, 2, 2, 3, 3. A két izoláltpont miatt könnyen adódik, hogy egyetlenilyen gráf van.e) A gráfnak 5 éle van. Ha behúzzuk a har-madfokú pont éleit, majd az egyik izoláltpontból egy élt, az utolsó él behúzására kétlehetôségünk van (ábra).

381. a) Nincs megoldás.

b) A két negyedfokú pontot 6

2

J

L

KK

N

P

OO, a maradék 4 csúcsból a két másodfokú

pontot 4

2

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen választhatjuk. Eredmény:

6

2

4

215 6 90$ $= =

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

c) Nincs megoldás.

d)6

2

4

215 6 90$ $= =

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

e) Ha a gráf tartalmaz 4 hosszú kört (381/I. ábra):

380/e.

381/I.


II

A kör pontjait 6

415=

J

L

KK

N

P

OO -féleképpen választhatjuk ki, s minden kiválasztáshoz

három kör tartozik. Ugyanis ha a kör csúcsait 1, 2, 3, 4-gyel jelöljük, a rögzített

1-es után a 2, 3, 4 elemeknek 3! = 6-féle sorrendben következhetnek, de egy-

egy kört két sorrend is meghatároz (pl. az 1 - 2 - 3 - 4 és 1 - 4 - 3 - 2 körök

megegyeznek). A körön kívüli elsôfokú pontot 2-féleképpen választhatjuk ki és

4 ponttal köthetjük össze. Az I-es típusú gráfok száma tehát 15 3 2 4 360$ $ $ = .

Ha a gráf 3-hosszú kört tartalmaz (381/II. ábra):

A kör pontjait 6

320=

J

L

KK

N

P

OO -féleképpen választhatjuk ki. Bármelyik

izolált pontot a kör bármely pontjával összeköthetjük (3 3 9$ =

eset), s hozzá ki kell még választanunk egy pontot a maradék

kettô közül. A II-es típusú gráfok száma 20 9 2 360$ $ = .

Összesen 360 360 720+ = gráf van.

382. a) Bármely pont foka legfeljebb 7 lehet.

b) A fokszámok összege nem lehet páratlan.

c) Ha van hetedfokú pont, akkor nem lehet nulladfokú.

d) Ha két hetedfokú pont van, akkor minden pont foka legalább 2.

e) Ha három hetedfokú pont van, akkor minden pont foka legalább 3.

383. A fokszámok összege legalább 5 3 15$ = , a gráfnak legalább 8 éle van.

Egyszerûbb a komplementer gráfok leszámolása, ezeknek 0, 1 vagy 2 élük

lehet.

a) 5 pontú, egyszerû gráf 0 élû 1 darab, 1 élû 1 darab, 2 élû 2 darab van,

összesen 4 darab.

b) Ha a csúcsok számozottak, akkor:

0 élû gráf 1 van;

1 élû gráf 10 darab (a 10 lehetséges él bármelyikét kiválaszthatjuk);

2 élû gráf 2

10 945

$= darab (a 10 lehetséges élbôl 2-t kell kiválasztanunk).

Összesen 56 darab 5 pontú, egyszerû, számozott gráf van.

384. Az ábrán lévô gráfok megfele-

lôek.

385. Az 5 pontú teljes gráfban 10 él

van, tehát csak 5 élû gráf lehet izo-

morf a komplementerével.

Nem lehet továbbá olyan pont a gráf-

ban, melynek fokszáma 0 vagy 4,

tehát a fokszámok 1, 2, 3 értékeket

vehetnek fel. Az egyes lehetôségek a fokszámokra a következôk:

a) 2, 2, 2, 2, 2. Egyetlen ilyen gráf van, amely izomorf a komple-

menterével.

381/II.

384.

b) 1, 2, 2, 2, 3. A 380. e) feladatmegoldása alapján 2 ilyen gráf van(385/I. ábra).

Ezek nem izomorfak saját komp-lementer gráfjaikkal. (Az egyik komp-lementere izomorf a másik gráffal ésfordítva.)

c) 1, 1, 2, 3, 3. A két harmadfo-kú pontot össze kell kötni (egyébkéntnem lenne elsôfokú pont), és mindket-tôhöz csatlakozik két elsôfokú pont.Egyetlen ilyen gráf van (385/II. ábra),s ez komplementerével izomorf.Összesen két 5 pontú egyszerû gráfvan, amely izomorf a komplemen-terével.

386. A társaság tagjait pontokkal, a közöttük lévô ismeretségeket élekkelszemléltethetjük. A feladat az 5, illetve n pontú teljes gráf éleinek számátkérdezi.

a) Néhány lehetséges megoldási gondolatmenet:

Elsô megoldás: Mindenki 4 másik személyt ismer, ez 5 4 20$ =

ismeretség. De mivel minden ismeretséget kétszer számoltunk (a két

személynél), az összes ismeretség száma 2

2010= .

Második megoldás: Számozzuk be a társaság tagjait 1-tôl 5-ig! Az elsôszemély 4 másikat ismer, a második már csak 3-at (az elsô taggal valóismeretséget már számoltuk), a harmadik 2-t, a negyedik 1-et. Azötödik minden ismeretségét számoltuk már, összesen4 3 2 1 10+ + + = ismeretség van.

Harmadik megoldás: Az öt személybôl bármely kettôt kiválasztva egy-

értelmûen meghatározzuk a hozzájuk tartozó ismeretséget. Öt

személybôl kettôt úgy kiválasztani, hogy a kiválasztott személyek sor-

rendjére nem vagyunk tekintettel, 5

210=

J

L

KK

N

P

OO -féleképpen lehet.

Negyedik megoldás: Jelölje fn az n tagú társaságban lehetséges maxi-

mális ismeretségek számát! ( )n Z! +

f 11= , f 12= stb.; a feladat f5 meghatározása.

Tegyük fel, hogy k személy esetén a maximális ismeretségek száma fk!

Ekkor egy (k + 1). személy megjelenésekor k új ismeretség keletkezik,

ezért fk+1 = fk + k. Innen f3 = f2 + 2 = 3, f4 = f3 + 3 = 6, f5 = f4 + 4 = 10.

b)( )n n

2

1$ -.

80 Gráfok

II

385/I.

385/II.


II

387.( )n n

2

1$ -.

388. Minden lehetséges élt vagy a gráfban, vagy a komplementerében felve-

szünk, ezért az élek együttes száma ( )n n

2

1$ -.

389. Ha n versenyzô vesz részt a versenyen, akkor mindenki n 1- mérkôzést

játszik összesen, eddig tehát mindenki n 3- mérkôzést játszott. Innen( )n n

2

365

$ -= , n 13= (n 10=- hamis gyök).

390. Az 5 pontú teljes gráf éleinek száma 10. A számozott gráfhoz mindegyikél vagy hozzátartozik, vagy nem. A 10 él mindegyikéhez – egymástól függetlenül– kétféle értéket rendelhetünk, így a gráfok száma 210 = 1024.391. a) 5 pontú teljes gráfot kapunk.

b) Az 5 pontú teljes gráf éleinek száma 2

5 410

$= .

c)10

4210=

J

L

KK

N

P

OO -féleképpen.

392. a) 7 pontú teljes gráfot kapunk, minden csúcsban egyszeres hurokéllel.

b) .2

7 67 28

$+ =

393. Elsô megoldás: Levonjuk az n pontot egymással összekötô összes szakasz

számából az n-szög oldalainak számát. Eredmény: ( )n n

n2

1$ -- .

Második megoldás: Egy csúcsot n 3- másikkal köthetünk össze, n csúcs esetén

ez n n 3-_ i összekötô szakaszt jelent. Mivel mindegyik átlót kétszer számoltuk

(a két végén), az átlók száma ( )n n

2

3$ -.

394. 219 - 39 = 180 belsô piros pont van. A piros pontokból kiinduló szaka-szok száma 180 $ 4 + 39 $ 3 = 837, ezek mind pirosak vagy feketék. A piros sza-kaszokat a két végpontjuknál kétszer számoltuk, így ha x a piros szakaszokszáma, akkor 837 = 2x + 237. Innen x = 300, ennyi piros szakasz van. Az összesszakasz száma 19 $ 20 $ 2 = 760, a kék szakaszok száma 760 - 300 - 237 = 223.

Szabályos testek csúcsai, élei

395. Egy lapon 3 él, a négy lapon 4 $ 3 = 12 él van. De mivel minden élben két

lap találkozik, ezért minden élt kétszer számoltunk. Az élek száma tehát

2

126= .

396. Egy lapon 3 csúcs, a 8 lapon 8 $ 3 = 24 csúcs van. De mivel minden csúcs-

ban 4 lap találkozik, ezért minden csúcsot 4-szer számoltunk. A csúcsok száma

tehát 4

246= .

82 Gráfok

II

Egy lapon 3 él, a 8 lapon 8 $ 3 = 24 él van. De mivel minden élben 2 lap

találkozik, ezért minden élt 2-szer számoltunk. Az élek száma tehát 2

2412= .

397. Egy lapon 3 csúcs, a 20 lapon 20 $ 3 = 60 csúcs van. De mivel minden

csúcsban 5 lap találkozik, ezért minden csúcsot 5-ször számoltunk. A csúcsok

száma tehát 5

6012= .



6030= .

398. Nem lehetséges. A hat, egy csúcsban találkozó szabályos háromszög

csúcsba befutó szögeinek összege 360°, vagyis kifeszítik a síkot, nem zárnak be

véges térrészt. 6-nál több háromszög esetén 360°-nál nagyobb értéket kapunk,

ami lehetetlen.

399. Egy lapon 4 csúcs, a 6 lapon 4 $ 6 = 24 csúcs van. De mivel minden csúcs-

ban 3 lap találkozik, ezért minden csúcsot 3-szor számoltunk. A csúcsok száma

tehát 3

248= .



2412= .

400. Nem lehetséges. Egy csúcsba befutó négyzetek szögeinek összege 360°-

nál csak kisebb lehet.

401. Egy lapon 5 csúcs, a 12 lapon 12 $ 5 = 60 csúcs van. De mivel minden

csúcsban 3 lap találkozik, ezért minden csúcsot 3-szor számoltunk. A csúcsok

száma tehát 3

6020= .



6030= .

402. Nem lehetséges. A csúcsba befutó ötszögek szögeinek összege 360°-nál

csak kisebb lehet.

403.

Mindegyik szabályos testre igaz a „csúcsok száma + lapok száma = élek száma+ 2” összefüggés.

tetraéder

lapok száma 4

csúcsok száma 4

kocka

6

8

oktaéder

8

6

dodekaéder

12

20

ikozaéder

20

12

élek száma 6 12 12 30 30

404. Egy élen 2 csúcs, a 30 élen 30 $ 2 = 60 csúcs van. De mivel minden csúcs-

ban 5 lap találkozik, ezért minden csúcsot 5-ször számoltunk. A csúcsok száma

tehát 5

6012= .

Egy élhez 2 lap, a 30 élhez 30 $ 2 = 60 lap tartozik. De mivel minden lapot 3 él

határol, ezért minden lapot 3-szor számoltunk. A lapok száma tehát 3

6020= .

405. Egy élen 2 csúcs, a 12 élen 12 $ 2 = 24 csúcs van. De mivel minden csúcs-

ban 4 lap találkozik, ezért minden csúcsot 4-szer számoltunk. A csúcsok száma

tehát 4

246= .

Egy élhez 2 lap, a 12 élhez 12 $ 2 = 24 lap tartozik. De mivel minden lapot 3 él

határol, ezért minden lapot 3-szor számoltunk. A lapok száma tehát 3

248= .

406. Egy csúcshoz 3 lap, a 20 csúcshoz 20 $ 3 = 60 lap tartozik. De mivel min-

den laphoz 5 csúcs tartozik, ezért minden lapot 5-ször számoltunk. A lapok

száma tehát 5

6012= .

Egy csúcsba 3 él, a 20 csúcsba 20 $ 3 = 60 él fut be. De mivel minden élhez 2

csúcs tartozik, ezért minden élt 2-szer számoltunk. Az élek száma tehát

2

6030= .

Vegyes feladatok

407. Bármely csapat lejátszott mérkôzéseinek száma 0, 1, 2, … , 9 lehet; de a0 és 9 együtt nem lehetséges. Ha valamelyik csapat már lejátszott 9 mérkôzést,akkor az összes többivel találkozott, s nem lehet olyan csapat, amelyik egyetlenmérkôzést sem játszott.Tehát 9-féle lehetôség adódik a mérkôzésszámokra, s mivel 10 csapat játszik, askatulyaelv miatt lesz közöttük kettô, amelyik ugyanannyi mérkôzést játszott.Az állítás 10 helyett tetszôleges számú csapatra igaz, hasonló gondolatmenetteligazolhatjuk.

408. Ha minden csapat csak 2 mérkôzést játszott volna, akkor a mérkôzések

száma 2

10 210

$= lenne, ezért van olyan csapat, amelyik már legalább három-

szor játszott.Általánosítás: ha n csapat körmérkôzéses versenyén legalább n + 1 mérkôzéstmár lejátszottak, akkor van olyan csapat, amelyik legalább háromszor játszott.

409. Ha minden csapat csak 3 mérkôzést játszott volna, akkor a mérkôzések

száma 2

16 324

$= lenne. Tehát ha 25 mérkôzés már lezajlott, van olyan csapat,

amelyik legalább négy mérkôzést már lejátszott.


II

410. A két szám egyenlô, hiszen minden egyes táncot a fiúknál és a lányoknális beszámítottunk.

411. A legtöbb metszéspontot akkor kapjuk, ha semelyik két átló metszés-

pontján nem megy át harmadik átló. Ekkor bármely négy csúcs egyértelmûen

meghatároz egy metszéspontot, ezért az átlók metszéspontjainak maximális

száma n

4

J

L

KK

N

P

OO.

412. Az n pontú teljes gráfnak n

2

J

L

KK

N

P

OO éle van. Ha a gráf csúcsai számozottak, ak-

kor mindegyik él két „állapotú” lehet: vagy éle a gráfnak, vagy nem, egymástól

függetlenül. Az n pontú, számozott csúcsú egyszerû gráfok száma ezért 2n2_ i

.

413. 1. Hamis; ellenpélda lehet pl. a két darab háromszögbôl álló 6 pontú

gráf, illetve az a 6 pontú gráf, amelyik egyetlen kör.2. Hamis; a gráfban lehet pl. hurokél.3. Igaz.4. Igaz.5. Hamis, pl. az 1. példa alapján.6. Hamis, ugyanazért.7. Igaz.8. Hamis; hurokélek felvételével bármely pont fokszáma önmagában

változtatható.9. Igaz.

10. Igaz.414. Egyenlôk; a befutó, illetve kifutó élek összege is az élek számát adja.Minden irányított él 1-1 értékkel növeli a befutó, illetve kifutó élek fokszá-mainak összegét.415. Igaz. A poliéderek csúcs–él gráfjában is teljesül, hogy a páratlan fokúpontok száma páros. (Az állítás konkáv poliéderekre is igaz.)416. a) Pl. a háromszöglapok és az eredeti kocka csúcsai között egyértelmû

megfeleltetés lehetséges, így a háromszöglapok száma H = 8.A „csonkolt kocka” és az eredeti kocka lapjait is párosíthatjuk, így anégyzetlapok száma N = 6.

b) Az élek száma: H N

2

3 424

$ $+= , a csúcsok száma

H N

4

3 412

$ $+=

(minden csúcsban 4 lap találkozik).

Ügyesebb eljárás a párosítás: a kocka egy-egy lapján a „csonkolt kockának” 4éle van; s a kocka egy-egy élén a „csonkolt kockának” egy csúcsa.417. A szén 4, a hidrogén 1 vegyértékû. Ezért a szénhidrogén-molekula gráf-jában a szénatomoknak negyedfokú, a hidrogénatomoknak elsôfokú pontokfelelnek meg. Mivel minden gráfban a páratlan fokú pontok száma páros, azállítás igaz.418. A két szám egyenlô.

84 Gráfok

II

419. Ha még nem fejezte be senki sem a versenyt, akkor legfeljebb 14 részt-

vevô 13 mérkôzést játszott és egy résztvevô 12-t. Ekkor az össz mérkôzésszám

2

14 13 1297

$ += . Mivel ennél több mérkôzés történt, valaki 14 mérkôzést ját-

szott, tehát befejezte a versenyt.

420. Ahhoz, hogy mindenki mindenkivel egyszer játsszon, 2

16 15120

$= mér-

kôzésre van szükség. 4 tag egymás közötti körmérkôzésén 6 játszmát vált, így a

21. napon vannak olyan tagjai a rajnak, akik legalább kétszer mérkôztek egy-

mással.

421. A feladat állítása 2n számú telefonközpont és n közvetlen összeköttetés

esetén is igaz.

Legyen a gráfmodell a következô: a telefonközpontok a gráf pontjai, és két

pontot akkor kötünk össze éllel, ha a megfelelô központok között van összeköt-

tetés. Ekkor a feladat annak bizonyítása, hogy a gráf összefüggô.

Indirekt tegyük fel, hogy a gráf 1-nél több komponensbôl áll! Ekkor van olyan

komponens, amelyben legfeljebb n pont van; viszont ebben a komponensben a

pontok fokszáma legfeljebb n - 1 lehet. Ez ellentmondás, így a gráf valóban

összefüggô.

422. Nem igaz. Ellenpélda az a két komponensû gráf, amelyben mindkét

komponens teljes n-gráf.

423. a) és c): Nem lehetséges. b) és d) Lehet-

séges.

c) Az érintkezéseket számoljuk meg. Ha

mindegyik skatulya 3 másikat érint, akkor

ez 5 $ 3 = 15 érintkezést jelent. Minden

„kapcsolatot” 2-szer számoltunk, de 2

15

nem egész szám.

d) Az ábra szemléltet egy lehetséges megol-

dást.

424. Mindegyik konstrukció megvalósítható. Pl.

az e) esetet az ábra szemlélteti.

425. A feladatok tisztán gráfelméleti jellegûek

voltak, objektumok és közöttük lévô kapcsola-

tokról szóltak. (Pl. a gráf pontjai a skatulyák voltak,

s akkor kötünk össze két pontot éllel, ha a nekik

megfelelô skatulyák belsô pontban érintkeznek.)

Ezért az eredmény nem függ sem a szomszédsági

definíciótól, sem a skatulyák alakjától. (Nem old-

ható meg a feladat pl. akkor sem, ha az üres skatu-

lyát ki lehet nyitni.)


II

423.

424.

86 Gráfok

II

Összefüggô gráfok, fa, kör

426. a) 5. Kevesebb vonal nem elég. Ha egy gráffal modellez-zük a telefonhálózatot (a városok pontok, az élek tele-fonösszeköttetések), 5-nél kevesebb éllel nem lenneösszefüggô a gráf.

b) 6 vonal elég. Az ábrán lévô gráfra teljesül, hogy habármelyik élét elhagyjuk, továbbra is összefüggô marad.427. Az elsô körben 16, utána 8, majd 4, 2, végül 1 mérkôzéstjátszanak, összesen 31-et.

428. A mérkôzésszám 10 + 5 + 2 + 1 + 1 = 19.Általában is igaz, hogy n csapat esetén n - 1 mérkôzés szükséges a gyôztes csa-pat megállapításához. Minden mérkôzés vesztese kiesik, s n - 1 számú vesztesmeghatározza a gyôztest. 429. Mind a három gráf három komponensbôl áll, ezért két további (alkal-masan választott) mérkôzésre van szükség. Az elsô mérkôzés után két kompo-nens marad, a második után már csak egy lesz, s ekkor el is dönthetô a sorrend.(Feltételezzük, hogy az erôsebb játékos mindig legyôzi a gyengébbet.)

430. a) Tegyük fel, hogy az AB és CD szakaszok metszikegymást.Ekkor vegyük fel az AB és CD élek helyett az AC ésBD szakaszokat! Ezek összege a háromszög-egyen-lôtlenség miatt kisebb, mint AB és CD összege, tehátegyikük kisebb, mint AB vagy CD. Ellentmondás.

b) Tegyük fel, hogy létrejön egy ABC háromszög, s ebbena leghosszabb él pl. AB. Ezt azonban sem A-ból, semB-bôl nem húzhattuk be, mert AC és BC is kisebb.

c) A zárt töröttvonal leghosszabb szakaszát nem húzhatjuk be.d) Igen, ha pl. két egymáshoz „közeli” pont elég „távol” van a többi

ponttól, s külön komponenst alkot.431. a) A feladat 34 vágással könnyen megoldható. Kevesebbel nem lehet:

kezdetben egy darab csokoládé van, s minden vágás az összdarabszá-mot eggyel növeli.

b) Minden vágás a meglévô csokidarabok számát legfeljebb megkétsze-rezheti, ezért legalább 6 vágásra szükség van (25 = = 32 < 35). Ha közelítôleg a felezéses technikátalkalmazzuk, nem nehéz a konkrét darabolástmegadni. (Arra kell csak ügyelni, hogy a vágásokelôtt a darabokat egymásra vagy alkalmasanegymás mellé pakoljuk.)432. Minden él megszüntetése legfeljebb eggyelnöveli a komponensek számát, tehát legalább 5vágás szükséges.

a) Az ábrán kékkel jelölt éleket elvágva agráf 6 komponensre esik szét, tehát az 5vágás elegendô.

426.

430.

432/a.

b) Az ábrán kékkel jelölt éleketelhagyva a gráf négy kompo-nensre esik szét. Ezután azon-ban további két komponenstcsak négy él elvágásával kap-hatunk; összesen 7 vágás kell.

433. Minden méréssel legfeljebb egyérmét zárhatunk ki.434. Kezdetben tekintsünk n izoláltpontot, ekkor a gráf n komponensbôláll. Ezután minden él felvételével legfeljebb 1-gyel csökken a komponensekszáma, így az összefüggô gráfnak legalább n - 1 éle van. 435. Mivel a gráf k - 1 él behúzásával összefüggôvé tehetô, az élek számalegalább n - 1 - (k - 1) = n - k.Az egyes komponensek között nem futnak élek. Két komponens esetén akkormarad ki a legkevesebb él, ha az egyik komponens izolált pont, a másik teljesgráf. Ez igaz több komponens esetén is, vagyis az élek száma akkor maximális,ha k - 1 komponens mindegyike egyetlen izolált pontból áll, a k. komponenspedig n - k + 1 pontú teljes gráf.

436. A 9 pontú teljes gráf éleinek száma 2

9 836

$= .

437. Ha a gráf éleinek száma nagyobb, mint ( )( )n n

2

1 2- -, akkor a gráf –

az elôzô feladatok megoldása alapján – összefüggô; ha az élek száma( )( )n n

2

1 2- -, akkor ellenpélda az (n - 1) pontú teljes gráfból és egy izolált

pontból álló gráf.438. Minden komponens legalább 4 pontból áll. Egyetlen megfelelô gráf van,amelynek komponensei 4 pontú teljes gráfok.439. A gráf egyik komponense csak a 4 pontú teljes gráf lehet, a másik 5pontú gráf. Ebben – mivel minden pont foka legalább 3 – legalább 8 él van. Azélek száma tehát 8, 9, 10 lehet. A komplementer gráfokat tekintve három lehe-tôség van (ábra).(A 2 élû 1-es típusbólcsak egy darab van;ugyanis egy pontbólnem indulhat ki 2 él afokszámokra vonatko-zó feltétel miatt.)440. Ha a gráf kétkomponensbôl áll, egyizolált pontból és egy6 pontú teljes gráfból, az élek száma 15. Kettônél több komponens esetén nemérhetô el ez az élszám, így egyetlen megfelelô gráf van.441. a) 1. A gráf két komponensbôl áll, egy izolált pontból és egy olyan 6

pontú gráfból, amely egyetlen él híján teljes.

Összefüggô gráfok, fa, kör 87

II

432/b.

439.

b) 2. Az elôzôhöz hason-lóan két él hiányzik ateljes 6 pontú gráfból.

c) 7. A 6 pontú, 10 élûgráfok komplemen-tereit tekintve a 6pontú, 5 élû gráfok azábrán láthatók(összesen 6 darab).(Az izolált pont léte-zése miatt tulajdon-képpen az összes 5pontú, 5 élû egyszerûgráfot kerestük meg.)

Ezen kívül egy gráf van még, a két izolált pontból és az 5 pontú teljesgráfból álló.

442. Igaz. Ha egy gráffal modellezzük a telefonhálózatot (a telefonközpontokpontok, az élek telefonkapcsolatok), legalább n - 1 él szükséges ahhoz, hogy agráf összefüggô legyen.443. a) 15.

b) 15 + 3 = 18. Ha a játékosokat 8, majd a gyôzteseket 4, 2, végül 1 párbaállítjuk, a második legjobb játékos csak a verseny gyôztesétôl kapha-tott ki. Így 4 lehetséges játékos közül kell a legjobbat kiválasztani,ehhez további 3 mérkôzés kell.

c) 15 + 3 + 7 = 25. A leggyengébb az elsô körben vereséget szenvedett 8játékos közül kerülhet ki, meghatározásához további 7 mérkôzés ele-gendô.

444. a) 15 mérkôzés szükséges a gyôztes meghatározásához.b) Szerencsés esetben megtudtuk a második legjobb személyét is, balsze-

rencsés esetben 14 további mérkôzésre van szükség.c) Szerencsés esetben megismertük a leggyengébb játékost is, balszeren-

csés esetben 13 további mérkôzésre van szükség.445. a)–e) Igaz. f) 105. g) Nem; ellenpélda az egyetlen pontból álló gráf.446. A 6 csúcsú fáknak 5 éle van. Számoljuk össze a gráfokat pl. a leghosszabbút hossza alapján!

Ha a leghosszabb út hossza 5, egyetlen gráf van.(I. ábra).

Ha a leghosszabb út hossza 4, két gráf van (II. ábra).

88 Gráfok

II

441.

446/I.

446/II.

Ha a leghosszabb út hossza 3, két gráf van (III. ábra).

Ha a leghosszabb út hossza 2, egy gráf van (IV. ábra).

Összesen 6 darab 6 pontú fa van.447. Jellemezzük a kocka kiterített hálózatát olyan gráffal, amelyben a gráfpontjai a kocka lapjai, a gráf élei pedig csatlakozó kockalapok éleinek felelnekmeg! Ekkor 6 pontú fagráfot kapunk, melyben bármely pont foka legfeljebb 4lehet. 4 ciklikusan csatlakozó lap esetén 6 lehetôség van (I. ábra):


II

446/III.

446/IV.

447/I.

További 5 lehetôség (II. ábra):

Összesen 11, lényegesen különbözô hálózata van a kockának.448. Az elôzô feladat megoldása alapján a kocka hálózata egy 6 pontú fagráf-fal szemléltethetô, melyben a gráf élei az eredeti kocka éleinek felelnek meg.Mivel ebben a gráfban 5 él van, a kocka 12 élébôl 7-et kell felvágni.449. a) b) c)

A d) esetben két gráf is rajzolható. (A második molekula neve izobután.)

90 Gráfok

II447/II.

449/a)–c)

449/d)

450. A modell összefüggô gráf. Pontjainak száma n + 2n + 2 = 3n + 2, éleinek

száma n n

n2

4 2 23 1

+ += + , vagyis valóban fa.

451. a) Van benne kör. Ugyanis egy tetszôleges pontból elindulva és a gráf(még be nem járt) élein haladva elôbb-utóbb záródik az utunk.

b) Ha a gráf pontjainak száma n, akkor van benne n hosszú kör.452. Igaz.453. A b) állítás az igaz. Ha a gráf egyetlen kör, akkor megállapítható agyôztes személye; de ha pl. két kör van a gráfban, akkor nem.454. Igaz.455. 6 útszakasz szükséges.456. a) 1 hosszú kör 1 (a hurokél); 3 hosszú 5; 4 hosszú 5; 5 hosszú 2 van.

Összesen 13 darab. b) 3 hosszú kör 3; 4 hosszú 1 van. Összesen 4 darab.c) 2 hosszú kör 3; 3 hosszú 3; 4 hosszú 1 van. Összesen 7 darab.

457. a) Az ábrán kékkel jelölt él egy 5 és egy 6 pontú részre bontja a gráfot.

Az elsô részben 3 darab 3 hosszú és 1 darab 4 hosszú irányított kör van; amásodik részben 2 darab 3 hosszú és 1 darab 4 hosszú. Összesen 7 darab.

b) 2 darab 2 hosszú;1 darab 3 hosszú; 1 darab 4 hosszú; összesen 4 darab.458. a) Igaz; k - 1 további élt behúzva a gráf összefüggôvé tehetô.

b) Igaz.c) Igaz. d) Hamis; ellenpélda pl. az a két komponensû gráf, melynek mindkét

komponense háromszög.e) Igaz. Bizonyíthatunk pl. teljes indukcióval.f) Hamis. Pl. egy háromszög egyik csúcsát összekötjük egy további ponttal.g) Igaz. h) Igaz.i) Igaz.j) Hamis; ellenpélda pl. egy 5 pontú fa, amelyben a fokszámok 1, 1, 1, 1, 4.k) Igaz.

459. Teljes indukcióval bizonyíthatunk.Az állítás n = 1-re teljesül.Tegyük fel, hogy az állítás igaz n = k-ra, s mutassuk meg, hogy akkor igaz n = k + 1-re is!


II

457.

Legyen tehát G egy k + 1 pontú gráf, melynek legalább k + 1 éle van, s tekint-sük G leghosszabb útját! Ha a leghosszabb út valamely végpontja nem elsôfokú,akkor van G-ben kör; ha elsôfokú, akkor töröljük a pontot a hozzá illeszkedôéllel együtt. Az így kapott gráfnak k pontja és legalább k éle van, tehát az induk-ciós feltevés szerint tartalmaz kört, s ez G-ben is benne van.

Megjegyzés:Okoskodhatunk indirekt módon is. Ha a körmentes gráfnak k komponensevan, akkor éleinek száma n - k. Ellentmondást kaptunk, hiszen az élek számakisebb, mint n. 460. Vagy a gráfban, vagy a komplementerében (esetleg mindkettôben) van 5él, így van kör is.Az állítás n > 5 esetén igaz marad, n < 5 esetén nem.461. Ha a kék pontokból álló (esetleg több) komponens és a piros pontokbólálló (esetleg több) komponens között nem futna él, akkor a gráf nem lenneösszefüggô.462. Számozzuk be a csúcsokat 1, 2, 3, 4, 5-tel, s legyen pl. a kijelölt csúcs az5-ös!

A 3 hosszú köröket úgy kaphatjuk meg, ha az 1, 2, 3, 4 elemekbôl 2-t kiválasz-

tunk úgy, hogy figyelembe vesszük a kiválasztott elemek sorrendjét is. Ezt

4 $ 3 = 12-féleképpen tehetjük meg, ekkor azonban minden kört kétszer szá-

moltunk (pl. az 512 és 521 ugyanazok), így a 3 hosszú körök száma 6. Hason-

lóan a 4 hosszúak száma 2

4 3 212

$ $= ; itt pl. nem különböztettük meg az 5123

és az 5321 köröket, de különbözôknek vettük az 5123 és 5213 köröket. Az 5

hosszú körök száma 2

4 3 2 112

$ $ $= , összesen tehát 6 + 12 + 12 = 30 olyan kör

van, amely tartalmazza az 5-ös csúcsot.

Általában n csúcsú teljes gráf esetén az n. csúcsot tartalmazó körök száma( )( ) ( )( )( ) ( )( )...n n n n n n n

2

1 2

2

1 2 3

2

1 2 1f

- -+

- - -+ +

- -.

463. Számozzuk be a csúcsokat 1, 2, 3, 4, 5, 6-tal! A 3 hosszú köröket úgy

kaphatjuk meg, ha ebbôl a hat elembôl 3-at kiválasztunk úgy, hogy figyelembe

vesszük a kiválasztott elemek sorrendjét is. Így 6 $ 5 $ 4 = 120 sorozatot kapunk,

azonban a körök száma kevesebb. Egyrészt minden kört kétszer számoltunk

(pl. az 123 és 321), másrészt a sorozat ciklikus permutációi is ugyanazt a kört

adják: 123, 231, 312. Így a 3 hosszú körök száma 2 3

6 5 420

$

$ $= .

Hasonló megfontolással a 4 hosszú körök száma 2 4

6 5 4 345

$

$ $ $= , az 5 hosszú

körök száma 2 5

6 5 4 3 272

$

$ $ $ $= , a 6 hosszú körök száma

!

2 6

660

$= . Összesen

20 + 45 + 72 + 60 = 197 köre van a gráfnak.

92 Gráfok

II

Általában n csúcsú teljes gráf esetén a körök száma( )( ) ( )( )( ) ( )( )n n n n n n n

n

n n n

2 3

1 2

2 4

1 2 3

2

1 2 1

$ $ $f

f- -+

- - -+ +

- -.

464. Gráfelméleti megfogalmazásban az állítás úgy szól, hogy ha egy gráfbanminden pont foka k, akkor található a gráfban egy legalább k + 1 hosszúságúkör.Ennek bizonyítására tekintsük a gráf leghosszabb A1 - A2 - … - Am útját, aholA1, A2, …, Am a gráf pontjait jelentik! A1 minden szomszédja az A2, A3, …, Ampontokból kerül ki (egyébként nem lenne A1 - A2 - … - Am a leghosszabb út),s mivel k szomszédja van, van olyan Aj szomszédja, amelynek indexére j > k.Ekkor az A1 - A2 - … - Aj - A1 kör hossza k-nál nagyobb.465. Helyezzük a megállót a balról harmadik bekötôút és a fôútvonal keresz-tezôdésébe! Ekkor minimális lesz az iskolások által megtett utak összege. Haugyanis pl. x távolsággal jobbra helyeznénk a megállót, a tôle balra lakó 11 + 6 + 12 = 29 diák összesen 29x-nyi úttal többet tenne meg; míg a megállótóljobbra lakó 5 + 6 + 12 + 5 = 28 diák 28x-nyi úttal kevesebbet.További adatokra nincs szükség; sôt, a bekötôutak egymástól mért távolságai isfelesleges adatok.466. a) Az 1. feltétel a gráf összefüggôségét, a 2. feltétel a körmentességet

követeli meg.b) Az alábbi ábrákon láthatjuk a leggazdaságosabban megépíthetô rend-

szereket. (A II. esetben két gráf is van.)

467. Ugyanazt a favázat kapjuk.468. Ugyanazt a favázat kapjuk.469. Az I. esetben a minimális költség 27, két megoldás van; a II. esetben aminimális költség 26, három megoldás is van (ábra).


II

466.

469.

94 Gráfok

II

470. Egy-egy maximális költségû faváz az ábrán látható.

471. Tegyük fel, hogy G nem összefüggô; ekkor azt kell megmutatnunk, hogy

bármely két pontja, pl. A és B között G-ben van út.Ha A és B G két különbözô komponenséhez tartozik, akkor nyilván van közöt-tük 1 hosszú út (él).Ha A és B G azonos komponensében van, akkor tekintsünk egy másik kompo-nenshez tartozó C pontot, s ekkor az A - C - B komponensek között futóútvonal megfelelô lesz.472. Az állítás az elôzô feladat következménye.473. Ha a gráf 1-nél több komponensbôl állna, akkor volna olyan komponens,amelyben legfeljebb n pont van. Mivel ebben a komponensben a pontok fok-száma legfeljebb n - 1 lehet, ellentmondást kaptunk; a gráf valóban össze-függô.474. Tudjuk, hogy a gráfban van kör. Ha ennek a K körnek egy élét elhagyjuk,akkor a gráf összefüggô marad n - 1 éllel, tehát fa lesz; vagyis K-n kívül máskört nem tartalmazhat. 475. a) Kör nem jöhet létre, ezért a maximális szám 9. Ez elérhetô, ha pl. egy

egyenesen vesszük fel az 1., 2., … , 10. pontot úgy, hogy a közöttüklévô távolságok egyre nagyobbak legyenek.A fokszámok összege 10, ezért a minimális szám 5. Ez elérhetô 5darab 2 pontból álló olyan komponenssel, amelyek „elég messze” van-nak egymástól.

b) Igen, az elsô konstrukció fokozatosan elérhetô, ha pl. az 5 darab kom-ponens is egy egyenesre esik.

476. A gráfmodellben jelöljük piros és kék pontokkal a két párt tagjait, élek-kel a barátokat. A feladat annak bizonyítása, hogy a gráfban van piros és kékpont közötti él, így a feladat megegyezik a 461. feladattal.477. A feladat megegyezik a 464. feladattal.478. a) A tagoknak pontokat, az ismeretségeknek éleket feleltethetünk meg;

a feladat annak bizonyítása, hogy a gráfban van 5 hosszú kör.A gráfban legalább 8 él van, s legalább egy pont foka 4. Ezt a pontotés a hozzá tartozó éleket elhagyva a maradék 4 pont mindegyikelegalább másodfokú, így van közöttük 4 hosszú kör. Ebbe a körbe

470.

Gráfok bejárása, Euler-féle poliéder tétel 95

II

bármely két pont közé „becsatlakoz-tathatjuk” az ötödik pontot.

b) Igaz. A gráfban van 4 vagy 5 hosszú kör;ekkor megmutathatjuk, hogy mindkétesetben a körök 6 hosszúvá bôvíthetôk.

c) Nem igaz. Ellenpélda látható az ábrán.479. A balról 3. és 4. bekötôút és a fôútvonal keresztezôdésébe, valamintközéjük bárhová helyezhetjük a megállót.480. a) 7.

b) Legolcsóbb az A - F - H - E - C - B lánchoz H-ban G-t és E-ben D-tcsatlakoztatni. Ekkor a költség 3 + 5 + 4 + 3 + 4 + 2 + 2 = 23.A költség nyilván nem csökkenthetô, hiszen ez a 7 vezeték az összesközött a legolcsóbb.

c) Csak egy megoldás van; az FH vezetéket nem lehet sem a DH, sem aCD vezetékkel helyettesíteni.

481. Legyen A a G gráf egy legalább harmadfokú pontja, a belôle kiindulóhárom él pedig AB, AC, AD. Ha a B, C, D pontok közül valamely kettô közöttvan él, akkor ez a két pont A-val együtt háromszöget alkot; ha pedig semelyikkettô között nincs él, akkor G komplementerében B, C, D háromszög.482. A gráf egy tetszôleges A pontjából 5 él indulhat ki, ezért vagy a gráfban,vagy a komplementerében ez a pont legalább harmadfokú. Ezután alkal-mazhatjuk az elôzô feladat megoldásának gondolatmenetét. Legyen pl. a gráf-ban három él AB, AC, AD. Ha a B, C, D pontok között van él, pl. B és C között,akkor A - B - C háromszög; ha pedig nincs közöttük él, akkor a komple-menter gráfban alkotnak háromszöget.Az állítás igaz hatnál több csúcsú gráfokra is, de nem igaz az 5 pontú gráfra.Ellenpélda az egyetlen, 5 hosszú körbôl álló gráf.

Gráfok bejárása, Euler-féle poliéder tétel

Élek bejárása

483. Az ábra szerinti a, b, c, d partokat és szigetekettekinthetjük egy gráf csúcsainak, az ôket összekötôhidakat pedig a gráf éleinek. Ekkor a feladat átfogal-mazható: be tudjuk-e járni az alábbi gráf éleit úgy, hogyminden élen pontosan egyszer megyünk végig? (Vagy:megrajzolhatók-e a gráf élei egyetlen ceruzavonással, aceruza felemelése nélkül?) Euler észrevette, hogy ha a bejárás közben a gráfnak egy pontján áthalad,akkor mindig két, a ponthoz illeszkedô élt jár be. Vagyis ha az éleket sikerültbejárnunk, és visszajutottunk a kiindulási pontba, akkor minden pont fokapáros; míg ha nem a kiindulási pontban fejeztük be a bejárást, akkor a kezdôés végpontok fokszáma páratlan, a többi csúcs fokszáma páros. Viszonylagkönnyen megmutatható, hogy ezek a feltételek összefüggô gráfban elégségesek is.Ez alapján már látható, hogy a polgárok kívánságának megfelelô séta nemlétezik: az a, b, c, d pontok fokszáma páratlan.

478.

483.

96 Gráfok

II

484. A termekbe általában páros számú ajtó nyílik,kivéve az ábra szerinti bal alsó szobát, ahová három. Ígya séta csak itt fejezôdhet be, ez a trónterem.485. a) A 6 csomópont közül két páratlan fokszámú

van. A rajzolás csak úgy lehetséges, ha a kétalsó pont egyikébôl kezdôdik és a másikbanfejezôdik be.

b) Ugyanaz a helyzet: két ötödfokú pontegyikébôl kezdôdhet és a másikban végzôdheta rajzolás.

c) Mind a tíz pont páros fokszámú, így bárhonnankezdve mindig megrajzolható az ábra.

486. a) Pl. 4 cérnát vízszintesen és 4-et függôlegesenhelyezünk el.

b) A 16 rácspontból 8 darab 3 fokú, 4-4 fokszáma2, illetve 4. A 4 darab cérnának 8 vége van, ígycsak olyan kirakások lehetségesek, amelyek-ben a 8 páratlan fokú pont közül 1-1 pontbankezdôdik és végzôdik minden cérna. Megfelelôpl. a 486/b. ábra és 90°-os elforgatottjai.

c) Megfelelô pl. a 486/c. ábrán látható cérnadara-bok további 2-2 eltoltja.

d) Nem lehetséges; a 3 cérnának csak 6 vége van,míg a páratlan fokú pontok száma 8.

487. A kocka élvázát gráfnak tekintve nyolc harmad-fokú pontot kapunk, így legalább négy drótdarab kell.Ennyi elég is, ha egy darabbal a maximális 9 hosszú él-sorozatot pl. az ábrán látható módon hozzuk létre. 488. Ha n páratlan. (Ekkor minden csúcs foka páros.)489. a) Hamis. (Csak ha a gráf összefüggô.)

b) Igaz.c) Igaz.d) Hamis. (Ha 1 páratlan fokú pont van, nem

lehetséges a rajzolás.)e) Hamis. Ellenpélda pl. az ábrán látható két kom-

ponensû gráf.f) Igaz.

490. A B pontból indult (a 3 kimenô és 2 bemenô nyíl miatt) és az E pontbanvan most (2 kimenô és 3 bemenô nyíl).

491. a)9

29 45+ =

J

L

KK

N

P

OO .

b) A dominólapokat jelölhetjük a {0, 0}, {0, 1}, …, {8, 8} módon. Egycsatlakozó dominólapokból álló lánc lehet pl. {1, 3}, {3, 4}, {4, 2}, {2, 5}, {5, 8} stb. Ezeket a szimbólumokat úgy is felfoghatjuk, mintegy 9 pontú gráf éleinek sorozatát (a gráf csúcsait 0, 1, 2, …, 8-cal, a 0és 1 csúcs közötti élt {0, 1}-gyel jelölhetjük stb.). Vagyis ha kihagyjuka {0, 0}, {1, 1}, …, {9, 9} lapokat, akkor bármely dominólánc létre-

486/b.

486/c.

487.

489.

hozása megfeleltethetô a 9 pontú gráf egy csatlakozó élsorozata bejá-rásának.A teljes 9 gráfban minden pont foka páros, így minden éle bejárható,s mivel utólag elhelyezhetôk a láncban az {i, i} típusú lapok (pl. az{1, 3}, {3, 4} lapok közé beszúrható a {3, 3} lap), így az összes domi-nólapból készíthetô lánc.

c) Az összes dominólapból zárt körláncot készíthetünk, így a lánc másikvégén is 5-ös szám van.

Csúcsok bejárása

492. Nem.Csak akkor létezhet bejárás, ha az egyik sarokmezôrôl indulunk, és a másikbaérkezünk. Ha pl. az a1 mezôrôl indulva elsô lépéssel a b2 mezôre lépünk, akkoraz a3 és c1 mezôk „elsôfokúvá” válnak, vagyis rájuk lépve szintén megszakad abejárás.493. a) Gondolatban színezzük be „sakktáblaszerûen” feketével és fehérrel a

kis kockákat úgy, hogy a közös lappal érintkezôk különbözô színûeklegyenek. Ha a középsô kis kocka fekete, akkor 13 fekete és 14 fehérkockát kapunk. A bejárás folyamán a hangya felváltva lép fekete ésfehér kockára, s mivel feketével kezd, nem tudja a nagy kockát be-járni.

b) Bármelyik fehér kockából indulhat. Elôször bejárja a nagy kockaegyik lapját, ezután átlép a vele párhuzamos 3 # 3 # 1-es rétegre, majdennek bejárása után az utolsó lapsík is bejárható.

494. Mindegyik szabályos test gráfjának van Hamilton-köre (és így Hamilton-útja is). Pl.:


II

494.

495. Ha egy gráfnak van Hamilton-köre, akkor a gráfból 1 pontot (és a hozzátartozó éleket) törölve a gráf összefüggô marad; 2 pontot törölve, legfeljebb 2komponensre eshet szét; általában k pontot törölve (k ! N+) legfeljebb k kom-ponensre eshet szét.Ha pedig egy gráfnak van Hamilton-útja, akkor a gráfból k pontot törölvelegfeljebb k + 1 komponensre eshet szét.

a)Az ábráról egy Hamilton-út leolvasható. Mivel afeketével jelölt pontot törölve a gráf két kom-ponensre esik szét, Hamilton-köre nincs.

b)Az ábráról egy Hamilton-út leolvasható. A feke-tével jelölt pontokat törölve a gráf három kom-ponensre esik szét, így Hamilton-köre nincs.

c)A feketével jelölt pontot törölve a gráf háromkomponensre esik szét, így se Hamilton-útja, seHamilton-köre nincs.

d)A feketével jelölt pontokat törölve a gráf négykomponensre esik szét, így se Hamilton-útja, seHamilton-köre nincs.

496. a) Számozzuk be a csúcsokat 1, 2, 3, 4-gyel! A Hamilton-körben minde-gyik csúcs benne van, ezért a kört kezdhetjük pl. az 1-es csúcsból.Innen háromféleképpen haladhatunk tovább (1 - 2, 1 - 3, 1 - 4); s haa kör második eleme pl. a 2-es csúcs, akkor kétféleképpen foly-

98 Gráfok

II

495/a.

495/b.

495/c.

495/d.


II

tathatjuk, s a befejezés egyértelmû (1 - 2 - 3 - 4 - 1 vagy 1 - 2 - 4 -- 3 - 1). 6 kört kaptunk, de 2-2 ugyanaz, csak ellentétes irányú.Összesen 3 Hamilton-köre van a tetraédernek.

b) Számozzuk be az alaplapon lévô csúcsokat 1, 2, 3, 4-gyel, s apárhuzamos lapon lévô csúcsokat 5, 6, 7, 8-cal (1-es felett az 5-ös csúcsvan, 2-es felett a 6-os stb.) A kört kezdhetjük pl. az 1-es csúcsból;háromféleképpen haladhatunk tovább; s a második csúcsból kétirányban folytathatjuk. Az így bejárt 6-féle út három csúcsa valamelyiklapon van, legyen pl. a bejárás 1 - 2 - 3. Innen kétféleképpenléphetünk tovább.Ha a negyedik csúcs a 4-es, akkor az 5-össel kell folytatni, s innen abefejezés egyértelmû: 1 - 2 - 3 - 4 - 8 - 7 - 6 - 5 - 1. (Az 1 - 2 -- 3 - 4 - 8 - 5 - 6 - 7 Hamilton-út nem zárható körré.) Összesen 6-féle kört kaptunk.Ha a negyedik csúcs a 7-es, akkor a Hamilton-útnak a 4-es csúcsbankell végzôdnie, s ez csak a 6 - 5 - 8 - 4 befejezéssel lehetséges.Egyetlen Hamilton-kör van: 1 - 2 - 3 - 7 - 6 - 5 - 8 - 4 - 1. Ebbenaz esetben is 6 kört kaptunk.Összesen 12 kört számoltunk, de a kétféle irányítás miatt közöttükcsak 6 különbözô van.

497. a) Nem lehetséges, a középsô mezônek nincs kapcsolata a többivel.b) A tábla mezôit egy gráf csúcsainak, a lehetséges lépéseket a gráf

éleinek tekintve figyeljük meg az I. ábra részgráfját!A b vagy d sarokpontok csak a-ból vagy c-bôl érhetôk el. Ha a bejárásfolyamán valamikor a-ra lépünk, akkor az a - b - c - d vagy a - d -- c - b folytatás kötelezô, s ekkor az a vagy d sarokban végzôdik azút. Mivel a tábla másik két sarokmezôjét tartalmazó hasonló részgrá-fot is felvehetünk, a bejárás nem lehetséges.

c) Tekintsük a II. részgráfot!Ha a bejárás folyamán valamikor „kívülrôl” az a jelû pontokra lépünk,akkor ezen részgráf valamelyik irányú bejárásával kell befejeznünk azutat. Egy megoldást mutat a III. ábra.

497/I. 497/II. 497/III.

a

b

c

d

Vegyes feladatok

498. Nem érhetô el. Ha a táblát sakktáblaszerûen fekete-fehérre színezzükúgy, hogy a bal alsó mezô fekete legyen, akkor 13 mezô fekete és 12 fehér lesz.A katicabogarak fehér mezôrôl feketére ugranak és fordítva, ezért a fehérmezôk valamelyikére legalább két katica kerül. 499. a) Igen, pl. az alábbi ábrán látható cérnadarabok további 3-3 eltoltjával.

b) Nem lehetséges; az 5 cérnának csak 10 vége van,míg a rácsban 12 páratlan fokú pont van.

500. A keletkezett összefüggô gráfban mindenpont fokszáma páros.501. Az élvázakat gráfoknak tekintve a tetraéder-nek 4, a kockának 8, az oktaédernek 0, a dodeka-édernek 20, az ikozaédernek 12 páratlan fokszámúcsúcsa van. A szükséges drótdarabok száma a tetra-

édernél 2, a kockánál 4, az oktaédernél 1, a dodekaédernél 10, az ikozaédernél6. (Az alábbi ábrákról leolvasható, hogy ennyivel el is készíthetô az élváz. Azelsô – kékkel jelölt – drótdarab az 1-essel jelölt csúcsból indul és a 2-essel jelölt-ben végzôdik.)

502. Az irányítás nem lehetséges. Van olyan él (a feladat ábráján vastagonjelöltük), amit elhagyva a gráf két komponensre esik szét. Ez az él a két kom-ponens között csak az egyik irányú utat engedi meg.503. A két harmadfokú pontot kell összekötnünk. Ekkor a gráf minden pont-ja páros fokú, vagyis lesz benne (zárt) Euler-vonal, amit „egyirányúsíthatunk”.

100 Gráfok

II

499.

501.

504. a) Egy lehetséges megoldás a mellékeltábráról olvasható le. (A bejárási stra-tégia alapján elôször mindig a táblaszélét próbáltuk bejárni.)

b) A bejárás nem lehetséges. Ha a táblátsakktáblaszerûen fekete-fehérre szí-nezzük úgy, hogy a bal alsó mezô fe-kete legyen, akkor 25 mezô fekete és24 fehér lesz. A bejárás során mindenlépésben fehér mezôrôl feketére ésfordítva, fehérrôl feketére lépünk. Ha minden mezôt bejárunk, feke-térôl kell indulnunk és fekete mezôn is végezzük az utat, tehát nemzárhatjuk a kört.

505. a) Az {i, j} típusú dominólapokból ( )i j=Y7

221=

J

L

KK

N

P

OO darab van. Az {1, 3},

{3, 4}, {4, 2}, {2, 5}, {5, 8} stb. dominóláncot felfoghatjuk úgy, mint

egy 7 pontú gráf éleinek sorozatát (a gráf csúcsait 0, 1, 2, … , 6-tal, a

0 és 1 csúcs közötti élt {0, 1}-gyel jelölhetjük stb.). Ha kihagyjuk a

{0, 0}, {1, 1}, … , {9, 9} lapokat, akkor bármely dominólánc létre-

hozása megfeleltethetô a 7 pontú gráf egy csatlakozó élsorozata

bejárásának. A teljes 7 pontú gráfban minden pont foka páros, így van

zárt Euler-vonala, vagyis a 21 dominókból záródó lánc készíthetô. Az

{i, i} típusú lapok utólag is beszúrhatók a körbe, így az összes 28

darab dominóból készíthetô lánc.

b) A dominólapok darabszáma 8

28 36+ =

J

L

KK

N

P

OO . A 8 pontú teljes gráfban

minden pont foka páratlan, így legalább 4 dominónak ki kell marad-

nia. Legfeljebb 32 hosszú lánc készíthetô, kimaradnak pl. a {0, 1},

{2, 3}, {4, 5}, {6, 7} dominók.506. A mérkôzéssorozatnak egy 10 pontú, irányított teljes gráfot feleltethe-tünk meg, melyben a játékosokat pontokkal, a mérkôzéseket irányított élekkel(nyilakkal) reprezentálhatjuk. (Megállapodhatunk abban, hogy a gráfban a nyílmindig a gyôztes felé mutat.)

Tegyük fel, hogy a kívánt módon nem sikerült az összes versenyzôt sorba ren-dezni. Tekintsünk ekkor egy maximális hosszú (tehát legfeljebb 9 pontból álló)láncot, jelöljük a benne lévô pontokat a1,a2, …, ak-val, s egy láncon kívüli pontot A-val (ábra)!

Nyilván a1 " A és A " a2, ellenkezôesetben nem lenne az a1 " a2 " … " akmaximális hosszú irányított út. Keressükmeg a legkisebb indexû ai pontot, amely-re A " ai (ilyen van, legfeljebb i = k).


II12 19 4 27 14 21

3 34 13 20 5 28

18 11 26 35 22 15

33 2 17 8 29 6

10 25 36 31 16 23

1 32 9 24 7 30

504.

506.

102 Gráfok

II

Ekkor az a1 " a2 " … " ai-1 " A " ai " ai+1 " … " ak láncot kapjuk, amiaz eredeti (feltevésünk szerint maximális hosszú) láncnál hosszabb. Ellent-mondást kaptunk; ebbôl következik, hogy mind a 10 versenyzô sorba ren-dezhetô. 507. Igaz. Az elôzô feladatbeli bizonyítás 10 pont helyett tetszôleges n csúcsúgráfra is elmondható.508. Például az alábbi két megoldás a 26. lépés után tér el:

509. Euler stratégiája szerint a tábla két felét külön-külön bejárhatjuk (I.ábra).Ha a tábla középpontjára tükrözzük ezt a bejárást,akkor a láncok szabad végei összeköthetôk. Ekkor zártbejárást kapunk (Hamilton-kör), tehát bármelyikmezôrôl indulhatunk.Egy másik lehetséges megoldás, ha a táblát a II. ábraszerinti vastag vonalak mentén felosztjuk egy 2 széles,önmagába záródó gyûrûre. 16-16 mezôt megjelöltünkaz a, b, c, d betûkkel.

Az azonos betûkkel jelölt mezôk a hu-szárral ciklikusan körbejárhatók, a hu-szár a kiindulási helyére érkezik vissza.Vagyis a négy részre osztás után a fela-dat csak annyi, hogy úgy járjuk be azazonos betûvel jelölt mezôket, hogy a16 mezô körbeérése után átléphessünkegy másik betûvel jelölt mezôre. Egylehetséges megoldás csatlakozási pont-jai, rendre az a, b, d, c jelû mezôketbejárva (III. ábra):

34 21 46 9 32 19

47 10 33 20 45 8

44

31

7

18

22 35 56 59 40 43 6 61

11 48 41 64 57 60 17 30

36 23 58 55 42 39 62 5

49 12 25 38 63 54 29 16

24 37 2 51 14 27 4 53

1 50 13 26 3 52 15 28

54 21 34 9 58 19 32 7

35 10 55 20 33 8 57 18

22 53 64 59 56 45 6 31

11 36 49 46 63 60 17 44

50 23 52 61 40 47 30 5

37 12 25 48 27 62 43 16

24 51 2 39 14 41 4 29

1 38 13 26 3 28 15 42

a c b d a c b db d a c b d a cc a d b c a d bd b c a d b c aa c b d a c b db d a c b d a cc a d b c a d bd b c a d b c a

509/I.

509/II.

Egy ciklikus bejárás ugyanerre a felosztásra (az ún. váza alakzat, IV. ábra):

Euler-féle poliédertétel

510. a) A csúcsok fokszámának összege páros szám, hiszen megegyezik az

élek számának kétszeresével.b) A lapok oldalszámainak összege páros szám, hiszen megegyezik az

élek számának kétszeresével.c) Ha a poliéder csúcsainak száma n, akkor a lehetséges fokszámok

0, 1, 2, …, n - 1. Mivel a 0 és (n - 1) fokszámok egymást kizárják, azn csúcs (n - 1)-féle fokszámértéket vehet fel. A skatulyaelv miattezért van két azonos fokú csúcs.

d) Tekintsünk egy maximális oldalszámú lapot! Ha ez egy n-szög, akkor ahozzá csatlakozó n darab lap oldalszáma n-tôl 3-ig változhat, tehátlesz közöttük két egyforma oldalszámú lap.

511. A csúcsokban három négyzetlap találkozik. (Keve-sebb nem lehet, hiszen minden poliéder csúcsaiba legalábbhárom lapnak kell befutnia; ha pedig négy négyzet ta-lálkozna, akkor a négy közös csúcsú derékszög síkot feszítki.) Három, egymásra kölcsönösen merôleges négyzetlap általmeghatározott térnyolcadot három másik lap egyértel-mûen zár le, így egyetlen négyzetekkel határolt szabályostestet kapunk, a kockát.512. A szabályos háromszögek belsô szöge 60°, így a szabályos test egy csúcsá-ban három, négy vagy öt háromszöglap találkozhat; hat háromszöglap márkifeszítené a síkot.

a) (Ha minden csúcsban három lap találkozik): Ekkor az egy csúcsban találkozó három lap egy-értelmûen zárható le egy negyedik lappal. A ka-pott négylapú szabályos test a tetraéder (‘tetra’:görög eredetû szó, jelentése ‘négy’).


II

16 33 18 49

32 2

1 17 48 64

509/IV.

511.

512/a.

509/III.

104 Gráfok

II

b) (Ha minden csúcsban négy lap találkozik): Az egy csúcsból kiinduló négy lap alapélei négyzetethatároznak meg. Erre tükrösen helyezkedik el a másiknégy lap. A nyolc háromszögbôl álló test az oktaéder.(‘Okta’ jelentése ‘nyolc.)

c) (Ha minden csúcsban öt lap találkozik): Az elsô csúcsból kiinduló öt lap rögzítése után egy-értelmûen folytatható a test konstruálása. A poliéder-nek 20 lapja van, ezért a neve ikozaéder. (‘Ikozi’: a. m.‘húsz’.)

513. A szabályos ötszög egy belsô szöge 5

3 180108

��

$= .

Három lap találkozhat egy csúcsban, de négy már nem.Az elsô csúcsból kiinduló három lap rögzítése után ezúttal isegyértelmûen folytatható a test konstruálása. 12 darabötszöglapból álló testet kapunk, neve dodekaéder. (‘Dode-ka’: a. m. ‘tizenkettô’.)514. Háromszögekbôl, négyzetekbôl és ötszögekbôl ötszabályos test szerkeszthetô. Több nincs: a szabályos hatszögegy belsô szöge 120°, ezért ha három hatszöglapot csat-lakoztatunk egy közös csúcshoz, merev síkot kapunk; hapedig hatnál nagyobb oldalszámú szabályos sokszögekettekintünk, ezek belsô szögei 120°-nál nagyobbak, nemtudunk már hármat sem egy csúcshoz illeszteni.515. a) Négyzet; b) tetraéder; c) oktaéder; d) dodeka-éder; e) ikozaéder.516. Minden eredeti kockaélhez tartozik egy csúcs, össze-sen 12; minden eredeti kockacsúcshoz tartozik három él,összesen 24; és minden eredeti kockacsúcshoz és kockalap-

hoz tartozik egy-egy lap, összesen 14.

517. Jelöljük l5-tel, illetve l6-tal az ötszög- és hatszöglapok számát! Mivel min-

den ötszöglapot 5 darab hatszöglap határol, s minden hatszöglaphoz három

ötszöglap csatlakozik, l3

12 5206

$= = . Az élek száma

l l

2

5 690

5 6+= , a csúcsok

száma l l

3

5 660

5 6+= .

518.

A táblázat alapján konvex poliéderekre a „csúcsok száma + lapok száma = élekszáma + 2” összefüggést sejthetjük meg.

512/b.

512/c.

513.

kocka

csúcs 8

lap 6

él 12

tetra-éder

4

4

6

okta-éder

6

8

12

ikoza-éder

12

20

30

dodeka-éder

20

12

30

csonkoltkocka

12

14

24

futball-labda-poliéder

60

32

90


II

519. Gráfok esetén lapok helyett általában tartományokról beszélünk.A poliéderekbôl úgy képezhetünk gráfokat, hogy az egyik lapjukra levetítjük atöbbi csúcsot, a közöttük futó élekkel együtt. A poliédergráfok képzésébôlkövetkezik, hogy a poliéderhez képest a csúcsok és élek száma nem változik, alapok száma eggyel csökken. Ezért egyik lehetôség, hogy síkban „csúcsokszáma + tartományok száma = élek száma + 1” alakban mondjuk ki a sejtést.Azonban a „csúcsok száma + tartományok száma = élek száma + 2” alakot ismegtarthatjuk. Ezt vagy úgy tehetjük meg, hogy a +1 tartománynak a poliéderazon lapját vesszük, amelyre a többi csúcsot vetítettük (az ábráinkon az a sok-szög – „konvex burok” –, amely tartalmazza a többi pontot); vagy a +1 tar-tománynak a végtelen síktartományt tekintjük (az ábrákon a konvex burkonkívül esô rész).Ezekkel a megfontolásokkal a „csúcsok száma + tartományok száma = élekszáma + 2” sejtést síkba rajzolható gráfokra is kimondhatjuk.520. Minden összefüggô gráf felépíthetô élrôl élre haladva. Induljunk ki azegyetlen pontból álló gráfból! Erre Euler tétele teljesül: egy csúcs, egy tar-tomány (a végtelen sík, kivéve a csúcsot), nincs él.Ezután sorra felvesszük az új éleket. Mindegyik lépésben az új él vagy régi csú-csot újjal köt össze (ekkor a csúcsok és élek száma egyaránt 1-gyel nô), vagy kétmár meglévô csúcsot köt össze (ekkor a tartományok és élek száma nô 1-gyel).Mindkét esetben továbbra is érvényben marad a tétel.A fentiekbôl már következik, hogy minden konvex poliéderre is érvényes Eulertétele, sôt a bizonyításból az is látható, hogy többszörös élek és hurokélekesetén is alkalmazható a tétel.521. Jelöljük a focilabda-poliéder ötszöglapjainak számát x-szel, és határoz-zuk meg a hatszöglapok számát az ötszöglapok segítségével!

Egy ötszöglaphoz 5 hatszöglap tartozik; x ötszöglaphoz 5x hatszöglap tartozik.

Minden hatszöglapot háromszor számoltunk, mert egy hatszöglaphoz 3

ötszöglap illeszkedik. Ezért a hatszöglapok száma x

3

5, a lapok száma x

x

3

5+ .

A kétfajta laphoz xx

x5 63

515$+ = csúcs tartozik. Minden csúcsot 3-szor szá-

moltunk, mert minden csúcsban három lap találkozik, így a csúcsok számax

x3

155= .

Az élek száma hasonlóan határozható meg. xx

x5 63

515$+ = az összes (több-

szörösen számolt) él; mindegyiket 2-szer számoltuk, így az élek száma x

2

15.

Ezután felírhatjuk Euler tételét: x xx x

53

5

2

152+ + = + . Innen x = 12, tehát a

focilabda-poliéderben x = 12 darab ötszöglap és x

3

520= darab hatszöglap

van, a csúcsok száma 5x = 60, az élek száma x

2

1590= .

106 Gráfok

II

522. Jelöljük az ötszöglapok számát x-szel! A négyzetlapok száma ekkor x

2

5

(egy ötszöglaphoz öt négyzet tartozik, és minden négyzetlapot kétszer szá-

moltunk); a háromszöglapok száma hasonlóan x

3

5; tehát a lapok száma

xx x x

2

5

3

5

6

31+ + = .

Minden csúcs pontosan egy ötszöghöz tartozik, tehát a csúcsok száma 5x.

Minden él pontosan egy négyzethez tartozik, az élek száma x

x42

510$ = .

Euler tételébôl xx

x56

3110 2+ = + , innen x = 12. Tehát az L62-poliéder jellem-

zôi: x = 12 darab ötszöglap, x

2

530= négyzetlap,

x

3

520= háromszöglap, 5x = 60

csúcs és 10x = 120 él.

523. Mindegyik esetben a lapok számát jelöljük x-szel.

1. A szabályos test minden csúcsában három háromszöglap találkozik.

Ekkor a csúcsok száma x

x3

3= , az élek száma

x

2

3. Euler tételébôl

x xx

2

32+ = + , az egyenlet megoldása x = 4. A csúcsok száma 4, az élek száma

6. A tetraédert kaptuk.

2. A szabályos test minden csúcsában négy háromszöglap találkozik.


4

3, az élek száma

x

2


xx

x

4

3

2

32+ = + , az egyenlet megoldása x = 8. A csúcsok száma 6, az élek

száma 12. Az oktaédert kaptuk.

3. A szabályos test minden csúcsában öt háromszöglap találkozik.


5

3, az élek száma

x

2


xx

x

5

3

2


száma 30. Az ikozaédert kaptuk.

4. A szabályos test minden csúcsában három négyzetlap találkozik.


3

4, az élek száma

xx

2

42= . Euler tételébôl

xx x

3

42 2+ = + , az egyenlet megoldása x = 6. A csúcsok száma 8, az élek

száma 12. Ez a kocka.5. A szabályos test minden csúcsában három ötszöglap találkozik.


3

5, az élek száma

x

2



II

xx

x

3

5

2


száma 30. Ez a dodekaéder.Az egy csúcsban találkozó lapok típusára és számára több lehetôség nincs.Megjegyzés:Csak azt mutattuk meg, hogy legfeljebb a fentiek lehetnek a szabályos testek;ezek létezését nem igazoltuk.524. A legtöbb tartomány akkor keletkezik, ha a szaka-szok közül semelyik három nem megy át egy ponton.Az 5. ponthoz tartozó szakaszok behúzása után 16 tar-tományt kapunk. Innen az a sejtésünk támadhat, hogy npont esetén 2n-1 a tartományok száma (n ! N+), de azábra mutatja, hogy a sejtés már n = 6 pontra sem tel-jesül: 31 tartomány keletkezik.525. A legtöbb tartomány akkor keletkezik, ha a szaka-szok közül semelyik három nem megy át egy ponton.A 10 pont és az összes szakasz behúzása után egy sík-gráfot kapunk, amelyben a szakaszok metszéspontjait isa gráf pontjainak tekintjük. (Az ábra egy részletetmutat.)

A többszörös élekkel rendelkezô gráfokra is felírható

Euler tétele. Körön belüli pont csak két átló met-

széspontjaként jöhet létre; két átlót négy körön lévô

pont határoz meg, így a körön belüli metszéspontok

száma 10

4

J

L

KK

N

P

OO. A gráf csúcsainak száma tehát 10

10

4+

J

L

KK

N

P

OO.

A kerületi pontokból 11, a belsô pontokból 4 él indul ki, így az élek száma

2

10 11 410

4$ $+

J

L

KK

N

P

OO

.

Jelöljük a tartományok számát x-szel, ekkor Euler tételébôl (ha nem számoljuk

a végtelen tartományt) x1010

4 2

10 11 410

41

$ $

+ + =

+

+J

L

KK

J

L

KKN

P

OO

N

P

OO

. Az egyenletet ren-

dezve x1010

4 210 11

1$

+ = + +J

L

KK

N

P

OO , innen x

10

4

10

21= + +

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO .

Megjegyzés:

A keletkezett tartományok számát 10

4

10

2

10

0+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO alakban is írhatjuk, s ez a

képlet mutatja, hogy más jellegû megoldás is adható. Általában is igaz az n pont

esetén felírható n n n

4 2 0+ +

J

L

KK

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO

N

P

OO formula.

524.

525.

108 Gráfok

II

Vegyes feladatok

526. Elsô megoldás: Ilyen egyenesek a kocka élei (12 darab), lapátlói (6 $ 2 == 12 darab) és testátlói (4 darab), összesen 28 darab.

Második megoldás: A nyolc csúcsból bármely kettôt kiválaszthatjuk, a rajtuk

áthaladó egyenes nem megy át további csúcson. 8

228=

J

L

KK

N

P

OO .

527. Elsô megoldás: A piros csúcsot tartalmazó háromszögek száma 5

210=

J

L

KK

N

P

OO

(az öt kék pontból kell kettôt kiválasztanunk a piros mellé); a három kék csú-

csot tartalmazó háromszögek száma 5

310=

J

L

KK

N

P

OO . A két fajta háromszögbôl ugyan-

annyi van.

Második megoldás: Minden piros csúcsot tartalmazó háromszöget kölcsönösen

egyértelmûen párosíthatunk a kimaradó három kék pontból álló háromszöggel.

528. Igen, van. A 447. feladatban láttuk, hogy összesen 11-féle különbözô

kockahálózat van, és mint gráf mindegyik 14 pontból áll. A kocka minden

csúcsa három lapjához tartozik, így a hálózatban azoknak a kockacsúcsoknak

lesz egyetlen pont a képük, amelyek három négy-

zethez csatlakoznak. A hálózatban egy négyzethez tar-

tozó pontnak van egy két négyzethez tartozó párja, s a

két hálózati pont együtt felel meg a kocka egy csúcsá-

nak.

Pl. az ábrán négy kék kockacsúcsnak a négy jelölt

hálózati pont a képe. Bármelyik további kockacsúcsot

színezzük ötödikként kékre, a hálózatban két további

kék pont lesz, összesen 6; míg ekkor a fehér pontok

száma 8.

529. Elsô megoldás: Válasszuk ki a téglalapok bal felsô és jobb alsó csúcsait!

Ha a 7 függôleges és 11 vízszintes rácsvonalból álló négyzetrács felsô sorának

elsô rácspontja egyúttal a téglalap bal felsô csúcsa, akkor a jobb alsó csúcsot

10 $ 6-féleképpen választhatjuk hozzá. Ha a felsô sorának második rácspontja a

bal felsô csúcs, akkor 9 $ 6 lehetôségünk van; a harmadik rácspontnál 8 $ 6 stb.;

végül a tizediknél 1 $ 6. Összesen 10 $ 6 + 9 $ 6 + 8 $ 6 + … + 1 $ 6 olyan rácstégla-

lap van, melynek felsô csúcsai az elsô soron vannak.

A második sorban folytatva 10 $ 5 + 9 $ 5 + 8 $ 5 + … + 1 $ 5, a harmadikban

10 $ 4 + 9 $ 4 + 8 $ 4 + … + 1 $ 4, … , a hatodikban 10 $ 1 + 9 $ 1 + 8 $ 1 + … + 1 $ 1

téglalap keletkezik. Összesen (10 + 9 + 8 + … + 1)(6 + 5 + 4 + … + 1) =

2

10 11

2

6 71155

$$

$= = téglalapot határoznak meg a rácsvonalak.

Második megoldás: A téglalapokat átlóik alapján is azonosíthatjuk. Az átló

egyik végpontját 77-, a másikat már csak 60-féleképpen választhatjuk ki, mert

528.

az átló nem lehet sem vízszintes, sem függôleges. Az átló két végpontja

kiválasztásának sorrendje felcserélhetô, így összesen 2

77 60$átló választható

ki. Így minden téglalapot a két átlójával kétszer számoltunk, ezért a téglalapok

száma ennek a fele.

Harmadik megoldás: A téglalapok két függôleges és két vízszintes oldalegye-

nesét 11

2

7

2$

J

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO-féleképpen választhatjuk ki.

Negyedik megoldás: Természetes gondolat a téglalapok összeszámlálása terüle-

tük alapján: vannak 1 # 1-es, 1 # 2-es, 2 # 1-es, 1 # 3-as, …, 6 # 10-es téglala-

pok. Ez a módszer eléggé munkaigényes.

530. Igaz. 2

5 3$nem egész szám, ezért a társaságnak megfeleltethetô gráfban

van negyedfokú pont.

531. Nem lehet hét személynek hét ismerôse és egynek hat, mert az ismeret-

ségek száma 2

7 7 6$ +nem lenne egész szám. Legfeljebb 27 ismeretség lehetsé-

ges, csak ketten nem ismerik egymást.

532. Jelöljük a személyeket a1, a2, b1, b2, c1, c2-vel! (A házaspárokat azonos

betûvel jelöltük.)

A kérdezô (legyen pl. a1) a 0, 1, 2, 3, 4 válaszokat kapta. Mivel összesen

2

6 412

$= kézfogás történt, s minden kézfogást csak egyszer számolunk, így a

kérdezô 2-szer fogott kezet. Érkezhetett harmadiknak, pl. b1, c1, a1, a2, b2, c2

érkezési sorrend esetén; s érkezhetett negyediknek, ha az érkezési sorrend pl.

b1, c1, a2, a1, b2, c2 volt.

533. A nôk egymással ( )n n

2

1-, a férfiak egymással

( )n n

2

2 2 1-játszmát

játszottak, míg „vegyes” parti n $ 2n történt. Tegyük fel, hogy a „vegyes”

mérkôzések közül x számút nyertek meg a nôk, s 2n2 - x számút férfiak. Ekkor

a nôk által megnyert játszmák száma ( )n n

x2

1-+ , a férfiak által megnyert

játszmák száma ( )n n

n x2

2 2 12 2 –

-+ , s innen

( )n nx5

2

1-+ =

J

L

KK

N

P

OO

( )n nn x7

2

2 2 12 2=

-+ -

J

L

KK

N

P

OO. Az egyenletet átalakítva 8x = 17n2 - 3n, s mivel

x # 2n2, így 17n2 - 3n # 16n2. Az n # 3 egyenlôtlenséget a feladat feltételeinek

megfelelôen csak n = 3 elégíti ki, s ekkor x = 18. Ekkor tehát 3 nô és 6 férfi vett

részt a sakkversenyen, a 3 nôi és 15 férfi mérkôzésen kívüli 18 játszma mind-

egyikét a nôk nyerték.

Vegyes feladatok 109

II

534. Válasszunk ki egy csapatot, pl. A-t, s tekintsük azt a 9 csapatot, amelyekA-val még nem játszottak! Ha közülük van kettô, pl. B és C, akik nem játszot-tak még egymással, készen vagyunk: A, B, C megfelelô csapatok. Ha viszontbármely két csapat már játszott volna egymással, az csak úgy lenne lehetséges,ha minden fordulóban kölcsönösen egymással mérkôztek volna. Mivel páratlansokan vannak, így minden fordulóban valamelyik csapat ellenfél nélkül marad,vagyis ez az eset nem fordulhat elô; az állítás igaz.535. Ha a pontok száma n = 2k, akkor k pontot pirosra és k pontot kék szí-nûre kell színezni. Ekkor k2 pont keletkezett; míg k - x piros és k + x kék pontesetén (x ! N+) a keletkezett szakaszok száma k2 - x2.Ha a pontok száma n = 2k + 1 páratlan, akkor pl. k piros és k + 1 kék pontesetén k2 + k a keletkezett szakaszok maximális száma.536. Egyforma méretû érmék esetén egy érme legfeljebb 6 másikat érinthet,ez n érme esetén 6n érintkezési pontot jelent. Mindegyik pontot kétszer szá-moltuk (a két érintkezô érme mindegyikénél), így az érintkezési pontok számalegfeljebb 3n; s mivel az asztal szélén lévô érmék 6-nál kevesebbel érintkeznek,az érintkezési pontok száma valóban kevesebb, mint 3n.

537. Bármely két adott pontra legfeljebb két egységsugarú kör illeszkedik, így

legfeljebb n

22

$J

L

KK

N

P

OO kört kapunk. Az egy körön lévô három pont három húrt

határoz meg, így minden kört háromszor számoltunk. Legfeljebb tehát

( )

n

n n3

22

31

$

=-

J

L

KK

N

P

OO

az egységsugarú körök száma.

538. A piros pontokból kiinduló szakaszok száma 625 $ 4 + (4 vagy 5 vagy 6),ezek mind pirosak vagy feketék. Ha x a piros szakaszok száma, akkor 625 $ 4 + (4 vagy 5 vagy 6) = 2x + 101, innen a piros szakaszok száma csak x = 1202 lehet.539. Tegyük fel, hogy a végtelen sok pont között csak véges sok különbözôtávolság lép fel! Legyenek ezek d1, d2, d3, …, dn, s az egyik pont (pl. A) köré raj-zoljuk meg a d1, d2, d3, …, dn sugarú köröket! Az adott pontok mindegyikeezeken a körökön helyezkedik el, s legalább az egyik körön közülük végtelensok van. Ellentmondást kaptunk, mert a végtelen sok, azonos körön lévô pontközött végtelen sok távolság lép fel.

540. Tegyük fel, hogy a lakásban

n ajtó van. Ha bármely két helyi-

ség között van ajtó és minden

helyiségbôl nyílik ajtó a lakáson

kívülre, akkor összesen n darab

külsô és ( )n n

2

1-belsô ajtó van

(e képletet úgy kaptuk, hogy min-

degyik helyiség n - 1 másikkal

érintkezik, de ekkor minden ajtót

110 Gráfok

II

540.

kétszer számoltunk). Innen ( )

nn n

2

1+

-$ 12, n2 + n - 24 $ 0, n $ 5, tehát

legalább 5 helyiségnek lennie kell. Ennyi elég is; az ábrán egy-egy lehetséges megoldás látható.541. Jelöljük a társaság tagjait A, B, C, D, E, F-fel, s legyenA három ismerôse B, C, D. Ekkor E-nek és F-nek legalábbkét ismerôse van B, C és D között; legyenek E ismerôsei pl. Bés C (ábra).Ha F ismeri D-t, a jegyek A–B, E–C, F–D szétosztásamegfelelô; ha F nem ismeri D-t, akkor pl. az A–D, E–C, F–Bszétosztás jó.542. A társaság tagjait pontokkal, az ismeretségeket élekkel reprezentálva aztfogjuk megmutatni, hogy az így kapott gráfban van 6 hosszú (Hamilton-) kör.A 477. feladat megoldása alapján tudjuk, hogy a gráfban van legalább 4 hosszúK kör.Ha K 5 hosszú, akkor a kimaradt A ponttal 6 hosszúra bôvíthetjük (A harmad-fokú, tehát K két szomszédos pontjával biztosan összevan kötve).Ha K hossza 4, akkor a kimaradó A és B pontok összevannak kötve egymással (egyébként lenne 5 hosszú kör);jelöljük továbbá C-vel K egy olyan pontját, amely A-valszomszédos.Az ábráról leolvasható, hogy K bármely C-n kívüli pont-ját összekötve B-vel, legalább 5 hosszú kört kapunk, s azelôzô megállapításaink értelmében ekkor 6 hosszú kör islesz. 543. a) Tetszôleges A csúcsból kiinduló 5 él között a

skatulyaelv miatt van 3 ugyanolyan színû. Le-gyenek pl. ezen piros élek végpontjai az A1, A2,A3 csúcsok. Ha most az A1A2A3 háromszögbenAiAj él is piros, akkor az AAiAj háromszög meg-felelô; ha viszont az A1A2A3 háromszögbenegyik él sem piros (legyenek pl. kékek), akkorA1A2A3 kék háromszög.

b) Található még további egyszínû háromszög.Tekintsük az I. ábrát.Mivel az a) feladat alapján van egyszínû három-szög, az ABC háromszög éleit választhatjuk pirosnak. Feltehetjük,hogy a DEF háromszögben van kék él, ez legyen pl. EF. Most vizs-gáljuk meg az EA, EB, EC éleket! Ha ezek között található két piros,akkor újabb piros háromszöget kapunk, tehát feltehetjük, hogy E-bôlkét kék él indul ki az A, B, C pontokba; s ugyanezt elmondhatjuk F-rôl is. Ekkor azonban a skatulyaelv miatt lesz olyan pont A, B és Cközött, amelyet E-vel és F-fel is kék éllel kötöttünk össze, s ezért kékháromszöget kaptunk.


II541.

542.

543/I.

c) Igaz. Tegyük fel, hogy az ABCDE teljes gráfban A-ból négypiros él indul ki. Ha ekkor BCDE-ben van két piros él,készen vagyunk, mert két piros háromszöget is kaptunk; hapedig legfeljebb egy piros él van, akkor belátható, hogy kétkék háromszög keletkezik.

d)Nem. Ellenpélda az a gráf, amelyik két különbözô színû, 5 hosszú körbôl áll (a II. ábrán csak az egyik színû éleketjelöltük).

544. Tetszôleges A csúcsból kiinduló 16 él között a skatulyaelv miatt van 6egyforma színû. Legyenek pl. ezen piros élek végpontjai az A1, A2, …, A6 csú-csok. Ha most az A1A2…A6 teljes gráfban valamelyik Ai Aj él is piros, akkor azAAiAj háromszög megfelelô; ha viszont az A1A2…A6 teljes gráf élei a maradékkét színnel vannak kiszínezve, akkor az elôzô feladat miatt lesz egyszínû három-szög a gráfban.

545. A megoldás folyamán feltettük, hogy a pontokatsorban, egymás után vesszük fel. Azonban lehet olyanábrát rajzolni, amely esetében a fenti gondolatmenetnem alkalmazható (ábra).Ezen az ábrán a felvett belsô pontok között nincs„elsô” és „következô”.Megjegyzés:Érdekes viszont, hogy az utolsó ábrát akárhogyanegészítjük ki további három ponttal, a részháromszögekszáma mindig 13 lesz.

546. Tegyük fel, hogy a 6 pont felvétele és a szakaszok berajzolása után hdarab háromszöget kaptunk. A háromszögek belsô szögeinek összege h $ 180°.Ez az összeg a 6 pont körüli 360°-os teljes szögekbôl és az alapháromszög belsôszögeibôl tevôdik össze, tehát 6 $ 360° + 180° = h $ 180°. Innen h = 13.547. a) Az állítás igaz. A H = {a1, a2, a3, …, a13} halmaz A1, A2, A3, A4 részhal-

mazait pl. az alábbi táblázattal adhatjuk meg:

Az elsô sorban a H halmaz elemeit tüntettük fel; a következô sorokban az egyesrészhalmazoknál 1-est írunk, ha az aktuális elem benne van a halmazban, 0-t,ha nincs. Pl. a1 ! A1, de a1 !Y A3.A feladat feltétele alapján a táblázatban 40 darab 1-es szerepel, s meg kellmutatnunk, hogy van olyan oszlop, amelyben 4 darab 1-es van. Ez pedig a ska-tulyaelv miatt nyilvánvaló: ha minden oszlopban csak 3 darab 1-es lenne, össze-sen 13 $ 3 = 39 darab 1-es lenne táblázatban.

112 Gráfok

II

543/II.

545.

a1 a2 a3 … a4

A1 1 1 0 0

A2 1 0 0 0

A3 0 1 0 1

A4 0 1 0 0

b) Az állítás igaz. Vizsgáljuk meg az elôzô bizonyítást, ha a1, a2, a3, …, a13

az egyes személyeket, A1, A2, A3 és A4 pedig a közülük tetszôlegesenkiválasztott négy személyt jelenti. (Ekkor pl. az Ai ismeri aj reláció atáblázatban úgy ismerhetô fel, hogy Ai sorában és aj oszlopában 1-esszerepel. A táblázat egy gráfmodellt is megad; ebben az Ai és aj közöttiél létezését jelöljük 1-essel.)

548. Tegyük fel, hogy az egyik osztályból m, a másikból n tanuló vett részt a

versenyen (m, n ! N, 2 < n # m # 24)! Ekkor ( ) ( )n n m m

mn2

1

2

1-+

-= ,

innen 2mn = m2 - m + n2 - n. Az egyenletet átalakítva m + n = (m - n)2,

innen a következô lehetôségeket kaptuk:

Összesen négy megoldás van.549. Valamelyik fajta táncból legalább három fiúlegalább háromszor táncolt. Tekintsük azt a 8pontú gráfot, mely pontjainak a 3 fiú, illetve 5 lányfelel meg, s amelyben akkor kötünk össze két pon-tot egymással, ha a résztvevôk ezt a bizonyos táncottáncolták (ábra)!Jelöljük F-fel a fiúk, L-lel a lányok pontjainak halmazát! A feladat annakbizonyítása, hogy kiválasztható 2-2 pont F-bôl és K-ból úgy, hogy ennek a rész-gráfnak 4 éle legyen.F-bôl összesen 9 él indul ki, ennyi L-ben is a fokszámok összege. Ha L-ben vanharmadfokú pont, akkor van még egy legalább másodfokú pont is, s ezen kétlány és két fiú kiválasztása megfelelô lesz. Ha viszont L-ben a fokszámok 1, 2, 2, 2, 2 (ábra), akkor a következôképpen járhatunk el: elhagyjuk L-bôl azelsôfokú pontot és a hozzá tartozó élt; elhagyjuk F-bôl a másodfokú pontot,marad két harmadfokú pont; s ezekhez kiválasztjuk az L-ben maradt kétmásodfokú pontot. 550. Abból, hogy egy rendszer nem bôvíthetô, nemkövetkezik, hogy a rendszer maximális. Hiába nem tudjukaz n = 8 esetet n = 9-re továbbfejleszteni, elképzelhetô,hogy egészen más eljárással találunk n = 9-re konstrukciót.Abból pedig, hogy n = 9-re nem készíthetô megfelelô gráf,nem következik, hogy nagyobb n-ekre sincs megoldás.551. Valóban nem készíthetô a feladat feltételei szerint 9pontú gráf, de könnyen ellenôrizhetô, hogy az ábra szerintin = 10 pontú gráf megfelelô.


II

m + n m - n m n

9 3 6 3

16 4 10 6

25 5 15 10

36 6 21 15

549.

551.

Tehát hiába nincs n = 9-re konstrukció, n = 10-re sikerült találni egyet, ezért10 város között még járhatnak gépek.10-nél több város esetén a közlekedtetés nem lehetséges. Ugyanis átszál-lás nélkül egy városból legfeljebb három másikba, azok mindegyikébôl egytovábbi átszállással legfeljebb két-két újabb városba juthatunk el. Vagyis leg-feljebb 1 + 3 + 3 $ 2 = 10 város között járhatnak a gépek, s ezt fentebb el isértük.552. a) A bizonyítás az 543. feladat a) része alapján történhet.

b) Nem, az indoklás az 543. feladat d) megoldásához hasonló.553. Alkalmazzuk az 544. feladat gondolatmenetét!554. A feladat a gráfok nyelvére átfogalmazható: meg kell mutatnunk, hogyha egy 66 pontú teljes gráf éleit négy színnel kiszínezzük, akkor található olyanháromszög a gráfban, amelynek az oldalai azonos színûek.A gráf tetszôleges A csúcsából kiinduló 65 éle között a skatulyaelv miatt van 17egyforma színû. Legyenek pl. ezen piros élek végpontjai az A1, A2, …, A17 csú-csok. Ha most az A1A2…A17 teljes gráfban valamelyik AiAj él is piros, akkor azAAiAj háromszög megfelelô; ha viszont az A1A2…A17 teljes gráf élei a maradékhárom színnel vannak kiszínezve, akkor az elôzô (vagy az 544.) feladat alapjánkészen vagyunk, van egyszínû háromszög a gráfban.555. a) Képzeljük el, hogy a lehetséges nyitó kombinációk (000, 001, 010, 011,

…, 111) egy térbeli koordináta-rendszerbe helyezett kocka 8 csúcsá-nak koordinátái, s tekintsük azt a gráfot, amelynek pontjai a kockacsúcsai, élei a kocka élei! Kezdetben 101 a beállított kombináció, ez-zel próbálkozunk; ezután valamelyik koordinátát megváltoztathatjuk.Észrevehetjük, hogy egyetlen koordináta megváltoztatása azt ered-ményezi, hogy az adott csúccsal szomszédos kockacsúcsnak megfelelôkombinációt próbáljuk ki. Vagyis a feladat átfogalmazható: a kockacsúcsait kell a lehetô legkevesebb lépésben bejárni, ha adott pontjábólindulunk és az élek mentén haladunk. (Kicsit elegánsabb, ha a kez-dôhelyzetet eleve a 000 állapotnak tekintjük, s ekkor a bejárás az ori-góból indul.) A kocka élvázának van Hamilton-útja, tehát legfeljebb 8próbálkozásból kinyithatjuk a zárat.

b) A kérdés az, hogy a kocka élvázának mint gráfnak adott pontbólindulva hány Hamilton-útja van? Egyszerûség kedvéért induljunk a(0; 0; 0) pontból! Az elsô lépés 3-féle lehet, a második 2-féle. A két éla kocka egyik lapján van, szimmetriaokok miatt feltehetjük, hogy azeddigi út 000 - 010 - 011. (Itt a koordinátákat egyszerûbben a kódok-kal jelöltük.) Innen két irányban folytathatjuk a bejárást. Ha a 010csúcsba lépünk, a 010 lépés után kétféleképpen járhatjuk be a csú-csokat; ha pedig az 111 csúcsba, onnan csak az 101 - 001 - 011 - 010bejárás lehetséges. Összesen 12 + 6 = 18 Hamilton-út van, tehátennyiféleképpen nyithatjuk ki a páncélszekrényt.

556. Optimális helyzetben bármely két kabin érintkezik és minden kabinból

nyílik zsilip a külsô ûrbe. Ez n kabin esetén n darab külsô és ( )n n

2

1-belsô

zsilipet jelent (ez utóbbi képletet úgy kaptuk, hogy mindegyik kabin n - 1

114 Gráfok

II


II

számú másikkal érintkezik, de ekkor minden zsili-

pet kétszer számoltunk). Innen ( )

nn n

2

1+

-$ 21,

n2 + n - 42 $ 0, n $ 6 vagy n # -7.

Mivel n # -7 értelmetlen, legalább 6 kabinnak

lennie kell.Ennyi elég is. Az ábra mutatja, hogy 6 egybevágótéglatestet összeépíthetünk úgy, hogy bármely ket-tônek legyen közös felülete.557. Egy irracionális és egy racionális számösszege mindig irracionális; két irracionális számösszege lehet racionális és lehet irracionális is.A feladatot átfogalmazhatjuk a gráfok nyelvére. Jelöljük a hat számot pon-tokkal; két szám összeadását a nekik megfelelô pontok között lévô él megraj-zolásával; s az élt színezzük pirosra, ha a két szám összege irracionális, illetvekékre, ha a két szám összege racionális!

a) Ekkor a gráfelméleti kérdés az, hogy ha a 6 pontú teljes gráf éleit afeltételeknek megfelelôen kiszínezzük két színnel, akkor keletkezik-epiros háromszög?Vizsgáljuk meg, hogy keletkezhet-e a gráfban kék háromszög! Ez aztjelentené, hogy van három irracionális szám, pl. a, b és c, melyek közülbármely kettô összege racionális. Ekkor az (a + b) + (a + c) + (b + c) == 2(a + b + c) összeg, s így (a + b + c) is racionális lenne. Ez lehetet-len: (a + b + c) - (a + b) = c racionális lenne, s ez ellentmondás. Az543. a) feladat megoldása alapján tudjuk, hogy a gráfban keletkezikegyszínû háromszög; az elôbbiek alapján ez kék nem lehet, csak piros.Tehát az állítás igaz.

b) Az 543. d) feladat alapján akkor nincs egyszínû háromszög az 5 pontúteljes gráfban, ha a piros és kék élek egy-egy 5 hosszú kört alkotnak.Ebbôl következne, hogy léteznek olyan a, b, c, d, e irracionális szá-mok, melyek páronkénti ciklikus összege: (a + b), (b + c), (c + d), (d + e), (e + f) egyaránt racionális szám. Ekkor ezek 2(a + b + c + d + e)összege, s innen (a + b + c + d + e) is racionális lenne. Ez nem lehet-séges: (a + b + c + d + e) - (a + b) – (c + d) = e racionális lenne, s ezellentmondás. Vagyis az 5 pontú gráfban van egyszínû háromszög, smivel ez kék nem lehet, így piros. Az állítás igaz 5 irracionális számra is.

558. A 990 piros pontból 4 van a sarokban, 82 a szélen és 904 belül. A pirospontokból kiinduló vonalak száma 4 $ 2 + 82 $ 3 + 904 $ 4 = 3870. A piros vo-nalakat kétszer, a feketéket egyszer számoltuk, így 3870 - 947 $ 2 = 1976 afekete vonalak száma. A rácsban összesen 4900 vonal van, ebbôl a kékek száma4900 - 947 - 1976 = 1977.559. Az adott egyeneseket 32n-féleképpen színezhetjük, a pontok színezése afüggôleges és vízszintes egyenesek egymás közötti színezési sorrendjétôl füg-getlen. Ugyanakkor ha adott az n2 pont egy színezése, egy egyenes színét tet-szôlegesen választhatjuk (3-féleképpen), a többi adódik.

Eredmény: 3

33

nn

2

2 1= - .

556.

560. Legyen p darab piros és k darab kék csúcs (p + k = 6n + 1), s számoljuk

meg a „tarka” egyenlô szárú háromszögek számát! Egy „tarka” élhez mint

alaphoz egy, mint szárhoz két egyenlô szárú háromszög illeszthetô, s minden

„tarka” egyenlô szárú háromszöget kétszer számoltunk. A „tarka” egyenlô

szárú háromszögek száma tehát pk

2

3, vagyis állandó.

561. A négydimenziós egységkocka (x; y; z; t) koordinátájú pontjaira

0 # x, y, z, t # 1.

A csúcsainak száma 24 = 16, mert a csúcsok bármely (x; y; z; t) koordinátája két-

féle értéket vehet fel, 0-t vagy 1-et.

Egy élt két végpontjával adhatunk meg, pl. (0; 0; 0; 0) és (0; 0; 0; 1). Három

koordináta kétféle értéket vehet fel, a negyediket 4

1

J

L

KK

N

P

OO-féleképpen választhatjuk

ki, tehát a négydimenziós kocka éleinek száma 4

12 32

3$ =

J

L

KK

N

P

OO .

Hasonlóan okoskodva a kétdimenziós lapoknál két fix koordinátát választunk

ki, melyek mindegyike kétféle értéket vehet fel. Innen a lapok száma

4

22 24

2$ =

J

L

KK

N

P

OO .

A háromdimenziós lapokat az jellemzi, hogy egyik koordinátájuk kétféle

értéket vehet fel, a másik három értéke pedig 0 és 1 közötti bármilyen szám

lehet. Innen a háromdimenziós lapok száma 4

32 8$ =

J

L

KK

N

P

OO .

Kétszemélyes játékok

562. A könnyebb áttekinthetôség érdekében alkalmazzunk gráfmodellt! Le-gyenek a gráf csúcsai a szavak, s akkor kötünk össze két csúcsot éllel, ha a nekikmegfelelô szavakban található közös betû. A gráf csúcsainak megfelelô szava-kat 3 # 3-as táblázat alakban is elrendezhetjük (ábra).

Az átfogalmazás után a klasszikus 3 # 3-as amôba játékra ismerhetünk. Ebbenkét játékos felváltva rajzolja be a sajátjelét (általában X-et vagy O-t) egy 3 # 3-as táblázat üres mezôibe, s az a játékosnyer, aki három saját jelet tud berajzolniegymás mellé vízszintesen, függôlegesenvagy átlós irányban.Helyes játék esetén egyik játékosnaksincs nyerô stratégiája, a játék elméletidöntetlen.

116 Gráfok

II

562.

563. A második játékos tudnyerni.Alkalmazzunk gráfmodellt, mely-ben a gráf csúcsai a szavak, s ak-kor kötünk össze két csúcsot él-lel, ha a csúcsoknak megfelelôszavakban található közös betû(ábra).A második játékos az elsô játékoskezdôszavától kettô távolságra vá-lasztja meg a saját kezdôszavát(vagyis úgy, hogy a gráfban a kétszónak megfelelô pont között ket-tô hosszú út legyen). Ekkor az elsô játékos a következô szavával a gráfban csak„távolodni” tud, s elôbb-utóbb beszorul. Példa egy lehetséges játékra: ÚGY-SE–LÁDA (a kezdôszavak)–GYÉR–MÚLÓ–ÉN–ÚGYSE, s ezután bárme-lyik szót választja a soron következô, eredetileg kezdô játékos, a második isválaszthatja azt (GYÉR, illetve ZENE).564. A kezdô játékosnak van nyerô stratégiája.Kezdésként behúzza a 10-szög egy tükörtengely-átlóját. Ezután bármit húz el-lenfele, annak tükrös szakaszpárját húzza be. Elôbb-utóbb elfogynak a behúz-ható szakaszok, a másodhúzó nem fog tudni „lépni”.

Megjegyzés:Tetszôleges szabályos 2n-szög esetén is alkalmazható a stratégia.565. A szimmetriagondolat most nem alkalmazható,de néhány próbajáték után megsejthetjük, hogy mindiga kezdô játékos nyer.Tekintsük a játék egy végállapotát!A végsô helyzetben háromszögeket kapunk, hiszen nemfolytathatjuk a szakaszok behúzását. Jelöljük a kelet-kezett háromszögek számát h-val! Ezek belsô szögeinekösszege h $ 180°, innen h $ 180° = 9 $ 180° (a 11-szög belsôszögeinek összege), vagyis a játék végén mindig 9 darabháromszög keletkezik. A 9 háromszög létrehozásához 8átlót kell behúzni, a 11 oldallal együtt összesen 19 sza-kaszt húz be a két játékos. Ez azt jelenti, hogy mindig a kezdô nyer, nincs szük-sége „stratégiára”.

Megjegyzés:Ez az invarianciagondolat tetszôleges n-szög esetén alkalmazható.566. Arra kell törekedni, hogy az összes behúzható szakasz száma pároslegyen.Tekintsünk egy szabályos 9-szöget, s belsejében egy további pontot (semelyikhárom pont ne legyen egy egyenesen)!Ha az összekötô szakaszok behúzása után h darab háromszög keletkezik, akkorh $ 180° = 7 $ 180° + 360°, mert a belsô pont körül 360° a szögösszeg.


II

563.

565.

Innen h = 9. A külsô végtelen síkrészt is számolva a tar-tományok száma 10, a csúcsok száma 10. Euler tételemiatt összesen 18 él keletkezik, így most már a másodikjátékosnak van „nyerô stratégiája”. (Ez a „nyerô straté-gia” persze ismét azt jelenti, hogy a második játékosbárhogyan játszhat, nem tud veszíteni.)567. Jelöljük a kezdô játékost A-val, a másodhúzót B-vel, s vizsgáljuk meg elôször az egyszerûbb eseteket!Páros számú kezdeti pont esetén mindig A nyer, ha aszimmetrián alapuló stratégiát követi. (Kezdetben egytükörtengely-átlót húz be, majd mindig ellenfele lépé-sének erre vett tükörképét válaszolja.)

Ha kezdetben 3 pont adott, akkor A nyer.Ha kezdetben egy szabályos ötszög csúcsai adottak, akkor könnyen megmu-tatható, hogy B nyer.Ha kezdetben egy szabályos hétszög csúcsai adottak, akkor kezdésként A ennekegyik oldalélét húzza be. Az így összekötött két pontot leválaszthatjuk, amaradék öt pontból álló gráf a játék szempontjából hasonlóan kezelhetô, minta szabályos ötszög öt csúcsa. Ebben a helyzetben az aktuális kezdô, vagyis Bveszít, tehát A nyer.Ha kezdetben egy szabályos kilencszög csúcsai adottak, akkor jelöljük a gráfpontjait 1, 2, 3, … , 9-cel, s vizsgáljuk meg A kezdési lehetôségeit!Ha kezdésként A két szomszédos pontot köt össze, pl. 1-et és 2-t, akkor a meg-maradt hét pont a játék szempontjából szabályos hétszögnek is tekinthetô,ekkor tehát B tud nyerni.

Ha A kezdôlépése 13, akkor a 4, 5, 6, … , 9 pontok a játék szempontjából szabá-

lyos hatszögnek tekinthetôk; B nyer.

Ha A kezdôlépése 14, akkor B válasza 23; a megmaradt ötszöggel folytatva a

játékot ismét B nyer.

Ha A kezdôlépése 15, akkor a 2, 3, 4 pontokra összesen egy él illeszthetô. Ha

B lépése 69, akkor összesen 2 további él húzható be; B nyer.

Szabályos kilencszög esetén tehát B nyer; ebbôl következik, hogy szabályos 11-

szög esetén A nyerhet, ha kezdésként egy oldalélt húz be.568. Elsô észrevétel, hogy a gráf összefüggôségéhez legalább 5 élt be kellhúzni, ugyanis a játék kezdetén a gráf 6 komponensbôl áll, s egy él behúzásalegfeljebb eggyel csökkenti a komponensek számát. Ha pontosan 5 élt behúzvaa gráf összefüggô lesz, gráfelméleti fát kapunk. Ennek jellemzôje, hogy nemtartalmaz gráfelméleti kört, vagyis nem vezet semelyik pontból önmagábaélsorozat.Ha 5 él felvétele esetén véget ér a játék, akkor a kezdô játékos nyer. Ezért amásodhúzónak arra kell törekednie, hogy a játék folyamán valamikor kört hoz-zon létre, mert ekkor van lehetôsége további él behúzására.

Sorszámozzuk a pontokat 1, 2, ... , 6-tal. A szimmetrikus helyzetek miatt felte-

hetjük, hogy a kezdô játékos mindig az 12 élt húzza be. A fentiek miatt a

második játékos nem húzhat pl. 34-et, mert elsô 56 válasza után még pontosan

118 Gráfok

II

566.

2 élt húznak be a játék folyamán. Tehát a második játékos

válasza 12-re 23. Most ha a kezdô 54-et lép, erre a második

13-mal válaszol, s sikerült egy hatodik élt felvennie: két

további éllel befejezhetô a játék (I. ábra).

Ha a kezdô lépi 13-at, akkor az 54 húzás csak lépéscserét

jelent, ezért a kezdônek az 123 komponenst kell bôvítenie,

pl. 34-gyel (vagy bármilyen, vele szimmetrikus szerepû

húzással). Az így kapott 3 komponensû gráfot a II. ábrán

láthatjuk.

Most az a játékos veszít, aki az 5-ös vagy 6-os pontotkénytelen összekötni egymással vagy valamelyik kisebbsorszámú ponttal. Ekkor ugyanis a gráf komponenseinekszáma 2 lesz, s a következô játékos ezt 1-re csökkentheti,vagyis összefüggôvé teheti a gráfot.Az 5-ös és 6-os pont elkerülésével 3 él húzható be, az ábránszaggatottal jelöltük. Ez azt jelenti, hogy ezen 6 él behúzásaután még kettôt húznak be a játékosok, vagyis mindkétjátékos legjobb játékával összesen 8 él húzható be. A második játékos nyer.569. A kezdô nyer.Ha mindkét játékos jól játszik, akkor 5 él behúzása után a gráf összefüggô lesz.(Minden húzással eggyel csökken a komponensek száma, hiszen nem kapunkkört.) A 6. húzás már nem csökkentheti a komponensek számát: kialakul egykör. 570. A feladat könnyû. Egy tükörtengely-átlót behúz a kezdô; mivel ezutánszimmetrikus válaszlépéseket tehet, a kezdô nyer.

Megjegyzés:Melyik játékosnak van nyerô stratégiája, ha kezdetben egy szabályos ötszögcsúcsai adottak?


II

568/I.

568/II.

Függvénytranszformációk 187

III

769. (769/I–II. ábra)

770. (770/I–II. ábra)

771. uxu = u-xu miatt az a) és b) függvények képe megegyezik. Hasonló igaza c), d), e); valamint az f) és g); végül a h) és i) függvényekre is.

772. a) 2 $ (3x + 5) - 3 = 6x + 7, így a hozzárendelési szabály u: x 7 6x + 7.Az értelmezési tartomány és az értékkészlet a valós számok halmaza.3 $ (2x - 3) + 5 = 6x - 4, így v: x 7 6x - 4, Dv = Rv = R. (772/I. ábra)

769/I. 769/II.

770/I. 770/II.

771 772/I.

188 Függvények

III

b) u: x 7 u2x - 3u; Du = R, Ru = [0; 3[.v: x 7 2uxu-3; Dv = R, Rv = [-3; 3[. (772/II. ábra)

c) u: x 7 (3x + 1)2; Du = R, Ru = [0; 3[.v: x 7 3x2 + 1; Dv = R, Rv = [1; 3[. (772/III. ábra)

d) u: x 7 x2 6+ ; Du = [-3; 3[, Ru = [0; 3[.

v: x 7 x2 6+ ; Dv = [0; 3[, Rv = [6; 3[.

(772/IV. ábra)

e) u: x 7x2 2

1

- +; Du = R \ {1}, Ru = R \ {0},

v: x 7x

21

2$- + ; Dv = R \ {0}, Rv = R \ {2}.

(772/V. ábra)f) u: x 7 2-2x + 3; Du = R, Ru = ]0; 3[.

v: x 7 -2 $ 2x + 3; Dv = R; Rv = ]-3; 3[.(772/VI. ábra)

772/II. 772/III.

772/IV.

772/V. 772/VI.


III

g) u: x 7 log2(2x - 3); Du = ]1,5; 3[, Ru = R;v: x 7 2 $ log2 x - 3; Dv = ]0; 3[, Rv = R.

(772/VII. ábra)

773. a) a(x) = u2x - 3u.b) b(x) = u2(x + 2) - 4u = u2xu.c) c(x) = ux - 2u2 = (x - 2)2.

d) d(x) = x2 1+ .

e) e(x) =x 2

11

-+ .

(773/I. ábra)

f) f(x) =x

sgn2

11

-+

J

L

KK

N

P

OO.

(773/I. ábra)

g) g(x) = u2x - 2 - 3u.

(773/II. ábra)

h) h(x) = u2x - 2 - 3u = g(x).

i) i(x) = ulog2(x + 2) - 1u.

(773/III. ábra)

774. (774. ábra)

772/VII. 773/I.

773/II.

773/III.

774.

190 Függvények

III

775. (775/I–II. ábra)

776. (776/I–II. ábra)

775/I. 775/II.

776/I.

776/II.

777. (777/I–II. ábra)

778. (778. ábra)

779. (779. ábra)


III

777/I. 777/II.

778.

779.

192 Függvények

III

780. a) A görbe egyenlete x2 + y2 = 4, ha y $ 0; ez egy origó középpontú, 2 egység sugarú félkör egyenlete. (780/a. ábra)

b) (x - 2)2 + y2 = 1, ha y $ 0; a görbe (2; 0) kö-zéppontú, 2 egység sugarú félkör. (780/b. ábra)

c) y2 + 4(x - 3)2 = 1, ha y $ 0. Ez egy (3; 0)

centrumú, függôleges nagytengelyû félellip-

szis egyenlete. A két tengely hossza a = 1,

b = 0,5; az excentricitás c =2

3. A fókuszok:

F1 ;32

3J

L

KKK

N

P

OOO

és F2 ;32

3-

J

L

KKK

N

P

OOO. (780/c. ábra)

d) x x4 42- + = ( )x 2 2- = ux - 2u. (780/d. ábra)

e)x y

4 41

2 2

- = , ha y $ 0; origó középpontú, fekvô helyzetû hiperbola.

Fél tengelyei a = b = 2, innen c = 2 2 . A fókuszok: F1 ;2 2 0` j és

F2 ;2 2 0-` j. (780/e. ábra)

f)( )x y

4

2

41

2 2-- = . (2; 0) centrumú hiperbolát kaptunk;

F1 ;2 2 2 0+` j és F2 ;2 2 2 0-` j. (780/f. ábra)

780/a. 780/b. 780/c.

780/d.

780/e. 780/f.

Függvények tulajdonságai

Függvények tulajdonságai, mûveletek függvényekkel

781. Du = [-4; 3[, Dv = ]-3; 5[.a) Da = Du; b) Db = Dv; c) Dc = Du + Dv = [-4; 5[; d) Dd = Dc; e) De = Dc; f) Df = Du; g) Dg = Du; h) Dh = Dv \ {4}; i) Di = Dc \ {4};j) Dj = ]-3; 4].

782. Jelölje Zf, Zg, Zh a három polinomfüggvény zérushelyeinek halmazát;

ekkor Zf = {1, 2, 3}, Zg = {-1, 0, 1}, Zh = {0, 1, 2}.

a) f(x) + g(x) = (x - 1)(2x2 - 4x + 6) = 0, ha x = 1;

b) Zf , Zg = {-1, 0, 1, 2, 3};

c) Zf \ Zg = {2, 3};

d) Zf + Zg = {1};

e) f(x) + g(x) + h(x) = (x - 1)( 3x2 - 6x + 6) = 0, ha x = 1;

f) Zf , Zg , Zh = {-1, 0, 1, 2, 3};

g) (Zf , Zg) \ Zh = {-1, 3};

h) Zf \ (Zg , Zh) = {3};

i) Zf + Zg + Zh = {1}.783. a) Df; b) Df + Dg; c) Df + Dg; d) Df \ Zf; e) (Df + Dg) \ Zg.784. a) u: x 7 2 + x, v: x 7 2x.

b) u: x 7 3x - 3, v: x 7 2(x - 2)(x + 1).c) u: x 7 - x - 2, v: x 7 - 2x(x - 2).d) u: x 7 x2 + 2x, v: x 7 2x3.e) u: x 7 ux - 3u + ux - 4u, v: x 7 u(x - 3)(x - 4)u.

f) u: x 7 x + x1

, v: x 7 1 (x ! 0).

Mivel a számtani és mértani közép közötti egyenlôtlenség miatt x > 0

esetén x +x

x xx2

11

$$+

, így x +x

1$ 2, s egyenlôség az x = 1

helyen van. Ha x > 0, az u függvény minimuma x = 1 helyen y = 2.

0-hoz közelítve az x

1hiperbolaághoz közelít (felülrôl) a függvény-

görbe;

+ 3-hez tartva pedig az y = x függvénygörbéhez (szintén felülrôl);

végül a görbe az origóra tükrös helyzetû.

g) u: x 7 x2 +x

1, v: x 7 x (x ! 0);

Függvények tulajdonságai 193

III

194 Függvények

III

Ha x > 0, x

x x xx x3

2

1

2

1

2

1

2

1

4

12

23 3$ $$

+ += , innen x

x

13

4

12

3$$+ .

A minimumhely xx2

12= miatt x

2

13= .

h) u: x 7 x +x

1

2, v: x 7

x

1;

Ha x > 0,

x x

x x x

x3

2 2

1

2 2

1

4

12

23 3$ $$

+ +

= , innen xx

13

4

1

23$$+ .

A minimumhely x

x2

1

2= miatt x 23= .

i) u: x 7 2 x 2- , v: x 7 x - 2 (x $ 2);

j) u: x 7 2x +2

1xJ

L

KK

N

P

OO , v: x 7 1.

(Az ábrázolást f)-hez hasonlóan hajthatjuk végre.) (784/a–j. ábra)

784/a. 784/b.

784/c. 784/d.


III

785. Df = R. A leszûkítések:a) [-6; 2]; b) ]-10; 0]; c) {x = 2k; k = -3, -2, -1, …}; d) {x = 2k; k ! Z}; e) x ! Q.

786. Több megoldás lehetséges.

a) Df = ]2; 3]. (Pl. [-3; -2[ is jó.) b) Df = [ 7 ; 4].

c) Df = ]-3; -5].

784/e. 784/f.

784/g. 784/h.

784/i. 784/j.

196 Függvények

III

Inverz függvények

787. a) f inverze: (a, 1), (b, 2), (c, 3); b) g inverze: (1, 1), (4, 2), (9, 3).788. a) Igaz. b) Igaz. c) Hamis. (Ellenpélda pl. az egészrészfüggvény.) d) Igaz.789. Az inverz függvény hozzárendelési utasítását az x) y változócsérévelkaphatjuk meg.

a) x = y + 2, innen y = x - 2.

b) x = 2y - 3, innen y = x2

1

2

3+ .

c) x = -y + 1, innen y = -x + 1. Az inverz függvény megegyezik az ere-

deti függvénnyel.

d) A [-1; 3] intervallumon ux + 2u = x + 2. x = y + 2, innen y = x - 2,

x ! [1; 5].

e) x = y2 - 4y, y $ 2, x $ -4; innen x + 4 = (y - 2)2, y = x 4 2+ + .

f) x = y2 3- , innen y =x

2 2

32

+ , x $ 0.

g) x =y

1, y # -1, innen y =

x

1, x $ -1. Az inverz függvény hozzárende-

lési szabálya megegyezik az eredeti függvényével, de az alaphalmaz

más.

h) x =y

4, innen y =

x

4; az inverz függvény megegyezik az eredeti függ-

vénnyel.

i) x = y 23 - , innen y = x3 + 2.

j) x =2

1yJ

L

KK

N

P

OO , innen y =

2

log x1 .

k) x = log2 y, innen y = 2x, x ! [-1; 3]. (789/I–IV. ábra)Alulról korlátos függvények: d), e), f), g), j), k).Felülrôl korlátosak: d), g), k).

789/I. 789/II.


III

790. Pl.: az x 7 x bármely leszûkítése; az x 7 -x + c (c ! R); x 7x

c.

A függvények grafikonja tükrös helyzetû az y = x egyenesre.

Páros és páratlan függvények

791. a) Igaz.b) Igaz.c) Hamis.d) Hamis; ellenpélda pl. az x 7 0 függvény.e) Igaz.f) Hamis; az x 7 0 függvény bármely, a 0-ra szimmetrikus leszûkítése

páros és páratlan is.g) Igaz.h) Hamis.i) Igaz; pl. az x 7

x

x3

, illetve x 7x

x2

, x ! 0 függvények.j) Igaz.k) Hamis; ha f páros vagy páratlan függvény, definíció szerint ha -1 ! Df,

akkor 1 ! Df is.l) Igaz; a 0-ra szimmetrikusan kell elhelyezkednie a k darab x értéknek.

792. Páros függvények: a), b), e), g).Páratlan függvények: b) (páros és páratlan is), c).Sem páros, sem páratlan: d), f), h), i).793. Páros függvények: a), c), h). Páratlan függvények: d), e), j), k).Sem páros, sem páratlan: b), f), g), i). 794. Páros függvények: b), f), g).Páratlan függvények: a), c), d), h).Sem páros, sem páratlan: e), i), j).795. a) Da = R. Ha x ! Da, akkor -x ! Da; valamint a(x) = a(-x) minden x ! Da

esetén, ezért az x 7 a(x) függvény páros.b) Páratlan; b(x) = -b(-x).c) Páros.

789/III. 789/IV.

d) Páros.

e) e(x) =x x1

1

1

1

++

-=

x

x

1

2

2-; e(-x) =

x

x

1

2

2-

-; az x 7 e(x) függ-

vény páratlan.

f)x x1

1

1

1

+-

-=

x

x

1

2

2-

-; páratlan.

796. Páros függvények: c), h), j).Páratlan függvények: a), d), g), i), k).Sem páros, sem páratlan: b), e), f).797. a) Igaz. b) Igaz. c) Igaz. d) Igaz.

e) Ha van olyan x ! Df , amelyre f(x) ! f(-x).f) Ha van olyan x ! Df , amelyre f(x) ! -f(-x).

798. Mindegyik függvény páros. (Az f) esetben esetleg leszûkül az alaphalmaz.)799. Az e) esetben páros függvényt kapunk, a többi páratlan. (Az f) esetbenesetleg leszûkül az alaphalmaz.)800. Az a) esetben kapott függvény általában sem páros, sem páratlan.

A b), c), d) esetekben páratlan függvényt kapunk. Pl.: x( )

( )

g

f

g x

f x= =f p

( )

( )

g x

f x=

- -

-= x-

( )

( )

g x

f x

g

f-

-

-=- f p. (Elôfordulhat, hogy leszûkül az alaphal-

maz. Ha pl. 0 ! Dg, akkor g(0) = 0, így az g

ffüggvényt az x = 0 helyen nem

értelmezzük.)801. Páros függvények: a), c), d), e), f).Sem páros, sem páratlan: b).802. Igaz.

Tegyük fel, hogy van az állítást kielégítô g páros és h páratlan függvény, melyek

értelmezési tartománya [-a, a], s f(x) = g(x) + h(x), ha x ! [-a, a]. Ekkor

f(-x) = g(-x) + h(-x) = g(x) - h(x), s innen g és h elôállítható: g(x) =( ) ( )f x f x

2=

+ -, h(x) =

( ) ( )f x f x

2

- -. Ezek a függvények pedig megfelelnek.

803. Jelöljük g-vel a páros, h-val a páratlan függvényeket!

a) Az elôzô feladat alapján g(x) =( ) ( )a x a x

2

+ -, h(x) =

( ) ( )a x a x

2

- -;

innen g(x) = 3, h(x) = -2x.

b) 2(x - 3)2 - 4 = 2x2 - 12x + 14, így g(x) = 2x2 + 14, h(x) = -12x.

c) c(x) = 2 +x 1

3

+, g(x) =

x2

1

3

2+

-, h(x) =

x

x

1

3

2-.

d) g(x) =[ ] [ ]x x

2

+ -, h(x) =

[ ] [ ]x x

2

- -.

ken 0-t, egyébként -0,5-et vesz fel; a h függvény az x egész helyeken

x-et, egyébként [x] +0,5-et vesz fel.)

198 Függvények

III

(A g függvény az egész helye-

e) g(x) =2

2 2x x+ -

, h(x) =2

2 2x x- -

;

f) g(x) =e e

2

x x+ -

, h(x) =e e

2

x x- -

.

Megjegyzés: a g(x) = ch(x) a koszinusz hiperbolikusz és h(x) = sh(x) a

szinusz hiperbolikusz függvények. (A koszinusz hiperbolikusz képe az

ún. láncgörbe.)

Monoton függvények

804. a) Minden x1, x2 ! ]a; b[, x1 < x2 esetén f(x1) # f(x2).b) Minden x1, x2 ! ]a; b[, x1 < x2 esetén f(x1) < f(x2).c) Minden x1, x2 ! ]a; b[, x1 < x2 esetén f(x1) $ f(x2).d) Minden x1, x2 ! ]a; b[, x1 < x2 esetén f(x1) > f(x2).e) Van olyan x1, x2 ! ]a; b[, x1 < x2, amelyre f(x1) > f(x2).f) Van olyan x1, x2 ! ]a; b[, x1 < x2, amelyre f(x1) # f(x2).

805. Monoton növekvô függvények: a), b), e), f), g), h). (Ebbôl szigorúanmonoton növekvô a), f), g), h).)Monoton csökkenô függvények: c), e). Egyik sem szigorúan monotoncsökkenô.806. a) Hamis. b) Igaz, pl. x 7 1. c) Hamis. 807. Monoton növekvô függvények: a), d), e), g).Ha a > 1, akkor a h) és i) függvények monoton növekvôk; ha a < 1, akkormonoton csökkenôk. Ha a = 1, akkor a h) függvény monoton növekvô éscsökkenô is.Alulról korlátos függvények: b), c), d), e), h).Felülrôl korlátos függvények: b), d), h) (ha a = 1).808. a) Ha x < 2, monoton csökkenô; ha x > 2, monoton növekvô.

b) Ha x ! 3, akkor monoton csökkenô.c) Ha x # - 3, monoton növekvô; ha x $ - 3, monoton csökkenô.d) Ha x < 2 vagy 3 < x, monoton csökkenô; ha 2 < x < 3, monoton

növekvô.e) Ha x < - 3 vagy - 3 < x < 0, monoton növekvô; ha 0 < x < 3 vagy

3 < x, akkor monoton csökkenô.809. a), b), c), e): szigorúan monoton növekvô; d), f): szigorúan monotoncsökkenô függvények.810. a), b), c), e): szigorúan monoton csökkenô; d), f): szigorúan monotonnövekvô függvények.811. A hozzárendelési szabályok lehetnek például:

a) x 72

12

x

- +J

L

KK

N

P

OO .

b) x 7 x - 3.

c) x 7 2log3(x - 2).

d) Az elôzô függvényt kiterjesztjük; legyen pl.


III

200 Függvények

III

( ), ] ; ],

, .

logx

x xx

ha

ha

2 2 2 5

1 237

!-

=)

e) A ]k; 1 + k[ intervallumban (ahol k ! Z), x 7 6x - 2 - 6k; egyébként

(az egész helyeken) x 7 0.

Vagy: x 7 xarc tg6

1+r

.

f) x 7 x 2 2- - + .

Periodikus függvények

812. Bármelyik függvény lehet periodikus, ha az ábrán látható részük periodi-kusan ismétlôdik.A p alapperiódus (legkisebb periódus) lehet:

a) p = 6 (lehet p = 4 is, ha a [-8; -4] szakaszon ábrázolt függvényképismétlôdik);

b) p = 2;c) p = 4;d) p = 4;e) p = 4;f) p = 7 (ha a [6; 13] szakaszon ábrázolt függvénykép ismétlôdik).g) Nincs legkisebb periódus.

813. Az f függvény nem periodikus, ha tetszôleges p ! 0 valós szám eseténlétezik olyan x ! Df , amelyre f(x + p) ! f(x).

Az x 7 [x] függvény nem periodikus, mert pl. tetszôleges p > 0, x ! Z esetén

x p x p!- +7 7A A. (A bal oldal értéke x - 1 - [p], a jobb oldalé x + [p].)

814. Hamis állítás: d).

815. A függvények periodikusak. Alapperiódusaik: a) p; b) p; c) p; d)c

p.

816. Nem periodikus függvények: h), i).

Az alapperiódusok: a) nincs; b) 1; c) 1; d) 2r; e) r; f) 3r; g)2

r.

817. Nem periodikus függvények: c), g).

a) cos2 x =( )cos x

2

2 1+, az alapperiódus p = r.

b) p = 1.

d) p = r.

e) sin x $ cos x =( )sin x

2

2, p = r.

f) sin x + cos x = sin cosx x22

1

2

1+

J

L

KKK

N

P

OOO

=

sin cos cos sinx x24 4

= +r rJ

L

KK

N

P

OO = ( )sin x2

4+

r, p = 2r.

Függvények alkalmazása

818. Az alábbi táblázatban rendre feltüntettük az s(0), s(1), s(2), …, s(18)értékeket.

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 8 9

s(x) 4,5 7,2 13,1 18 22,1 25,6 28,6 31 33,5 35,5 37,3 38,9 33,5 35,5

x 10 11 12 13 14 15 16 17 18

s(x) 37,3 38,9 40,4 41,6 42,8 43,9 44,9 45,8 46,6

Az értékek valósághûek, az értelmezési tartomány lehet {0, 1, 2, … , 18}.

819. a) t = 3xy = 1200, innen y =x

400,

k = 2(3x + y) = 6x +x

800, x > 0.

A függvény képe: (819/a. ábra).

A számtani és mértani közép közötti

egyenlôtlenség miatt x

x2

6800

$+

xx

6800

$$ , innen k $ 80 3 (m). A

minimális kerület a 6x =x

800egyenlet-

bôl x =3

20(m) esetén áll fenn.

b) k = 2(3x + y) = 1200, innen

x =y

3

600 -, t = 3xy = y

y3

3

600 -=

= y(600 - y), 0 < y < 600.

(819/b. ábra)

A terület az y = 300 helyen maximális, ekkor t = 90 000 (m2).

820. a) Ha az eltelt idô t, akkor PC = vt, PPl = BC +PC

2=

vt10

2+ , s a

terület T =vt

502

5+ (területegység).

Függvények alkalmazása 201

III

819/a.

819/b.

A koszinusztételbôl

PB2 = BC2 + CP2 - 2 $ BC $ CP $ cos 135°, innen

BP = v t vt100 2 102

12 2 $ $ $+ - , a háromszög kerülete

K = AB + AP + PB = v t10 10 2 $+ +

v t v t100 2 102

12 2$ $ $ $ $+ + + egység.

b) A P pont és az AD egyenes távolsága megegyezik PPl-vel. Ha PPl = z,

akkor AP = z2 , CP = ( )z2 10- , BP =

( ) ( )z z100 2 10 2 10 2 102

12 $ $ $= + - - - = z z2 20 5002- + .

A terület T = 5z, a kerület K = 10 + z2 + z z2 20 5002- + egység.

821. a) 10 (egység); b) f(5) = 2,5 (egység).822.

a) m =a

102

2

2

-J

L

KK

N

P

OO , így s = a + m = a +

a10

22

2

-J

L

KK

N

P

OO .

b) a = m2 102 2- , így s = m2 102 2- + m.

c) s = sin cos202

102

+a aJ

L

KK

J

L

KK

N

P

OO

N

P

OO.

d) Pl. a b) összefüggés alapján alkalmazzuk a számtani

és négyzetes közép közötti egyenlôtlenséget:

m m m mm

52

10

2

10

2

10

2

102 2 2 2 2 2 2 2-+

-+

-+

-+

#

#

m m m mm

54

10

4

10

4

10

4

102 2 2 2 2 2 2 2

2-

+-

+-

+-

+, innen

s

520# , s 5 20# , ez s maximuma. Mivel 0 < m < 10, az

értékkészlet ]10; 5 20 ].

823. Az x 7 x - x3, x ! ]0; 1[ függvény maximumát keressük, a számtani-mér-

tani közép közötti egyenlôtlenséget alkalmazzuk. A K = x(1 - x2) kifejezés

mindkét tényezôje pozitív; K helyett 2K2 maximumát határozzuk meg. (Nem

változik sem a szélsôérték helye, sem a típusa.)

202 Függvények

III

820.

822.


III

2K2 = 2x2(1 - x2)(1 - x2) #

( ) ( )x x x

3

2 1 12 2 23

#+ - + -

J

L

KKK

N

P

OOO

, innen

2K2 #27

8, K #

3 3

2.

Mivel 2x2 = 1 - x2, ha x =3

1, így a K kife-

jezés maximuma 3 3

2, s ezt az értéket az

x =3

1helyen veszi fel. (823. ábra)

824. a) 4r + 2m = 12, innen m = 6 - 2r,V(r) = (6 - 2r)rr2, 0 < r < 3.

b) r2(6 - 2r) #( )r r r

3

6 28

3+ + -

=J

L

KK

N

P

OO ,

így Vmax = 8r; az értékkészlet ]0; 8r].

(824. ábra)

c) V(m) = mm

2

62

-r

J

L

KK

N

P

OO , 0 < m < 6.

825. 0,0001N3 + 0,0002N < 0,002N2 + 0,004N, innen 0,0001N3 - 0,002N2 - - 0,0038N < 0.N(N + 1,75)(N - 21,75) < 0, ha N < - 1,75 (a feladat szempontjából ez érdek-telen), vagy ha 0 < N < 21,75. Tehát az N # 21 értékekre gyorsabb az I. mód-szer.826. a) V = x(20 - 2x)(10 - 2x) = 4x3 - 60x2 + 200x (0 < x < 5).

b) (826. ábra)

c) DV = ]0; 5[. 4(x3 - 15x2 + 50x) =

= 4[(x - 5)3 - 25x - 125)] =

= 4[(x - 5)3 - 25(x-5)] =

= 4[25(5-x)- (5-x)3].

Helyettesítsük 5-x-et z-vel (z >0), ek-

kor V = 4z(25 - z2) maximumát keres-

sük.

823.

824.

826.

A 823. feladat megoldása alapján ( )( )V

z z z8

2 25 25

2

2 2 2 #= - -

( ) ( )z z z

3

2 25 252 2 23

#+ - + -

J

L

KKK

N

P

OOO

, innen V 2 # 8 $3

50

3

3

, V #3 3

1000. Ha 2z2 = 25 - z2,

akkor z =3

5, x = 5 -

3

5. Tehát V maximuma

3 3

1000. 192,45 cm3, s ezt

akkor veszi fel, ha x = 5 -3

5. 2,11 cm. A térfogat a 0-t tetszôlegesen

megközelítheti, így az értékkészlet ]0; 192,45].

827. a) a(x) =x

x x

2

22

-

- -=

( )( )

x

x x

2

2 1

-

- += x + 1, ha x ! 2. (827/I. ábra)

b) b(x) =x

x x

2

12

-

- + +=

( )( )

x

x x

x2

2 1

2

1=

-

- ++

-= x + 1 +

x 2

1

-.

(827/I. ábra)

c) c(x) =x

x x

1

3 2

-

+= x2 + 2x + 2 +

x 1

2

-. (827/II. ábra)

d) d(x) =x x

x x3 2

2

-

-=

x

1, ha x2 - x > 0, vagyis

x < 0 vagy 1 < x; egyébként d(x) = -x

1.

(827/III. ábra)

204 Függvények

III

827/I.

827/II.

827/III.


III

828. (828/I–II. ábra)

829. a) Elôször az x x1 17- + + belsôfüggvényt ábrázoljuk: (829/a. ábra)

Nagy x értékekre a függvénygörbe (alulról)

megközelíti az f(x) = x 14 + függvény-

görbét.

b) Elôször az x 7 ux + 1u + ux + 2ufüggvényt ábrázoljuk: (829/b. ábra)

c) x x4 1 5+ + + = x2 12

+ + =b l

= x2 1+ + = x2 1+ + .

(829/c. ábra)

d) x x3 4 1+ - - = x 1 2- - .

(829/d. ábra)

828/I. 828/II.

829/a.

829/b.

829/c. 829/d.

206 Függvények

III

e) A függvény értelmezési tartománya [0; 1]. Elôször az x x1 17 - -belsô függvényt ábrázoljuk: (829/e. ábra)

830. a) A függvényt megadó képlet: f(x) = ux - 1u + 1.

b) A függvényt megadó képlet: f(x) =x x

2

2 2+ - -.

831. x 7 x 1 1 1 1 1 1- - - - - - .

Az „n-fogú” fûrészfüggvényben n-szer szerepel az abszolútérték függvény.

832. Ábrázolhatjuk az egyenletek két oldalán álló kifejezéseket mint függvé-nyeket; ekkor a gyökök mint közös pontok jelennek meg.

a) Az egyenletet írjuk át sinx

x25

= alakba; mivel a jobb oldali kifejezés

értékkészlete [-1; 1], a lehetséges metszéspontok a [-25; 25] inter-

vallumba esnek. 4 $ 2r > 25, a pozitív tartományban a színuszgörbe

négy periódusát metszi az egyenes. A metszéspontok (és az eredeti

egyenlet gyökeinek) száma 15.

b) A metszéspontokat a [0; 100] intervallumban kereshetjük. 16 $ 2r > 100,

a logaritmusgörbe 16 periódust metsz el.

Mivel az elsô periódusban csak egy közös

pontja van a két görbének, a metszéspontok

száma 31.

c) Végtelen sok gyök van, a tangens függ-

vény periódusa r, s mindegyik periódus-

ban van közös pontja a két görbének.

833. A hagyományos algebrai eljárás mel-

lett egy másik megoldási módszer, ha az

egyenlet két oldalán álló kifejezéseket mint

függvényeket ábrázoljuk; ekkor a görbék

közös pontjai számának meghatározása a

feladat.

829/e. 830.

833.

A jobb oldal képe 1-meredekségû párhuzamos egyenesekbôl álló egyenessereg.A 833. ábráról leolvashatjuk, hogy a p > 4 esetben van egy (határ)helyzet,amikor a két görbének három közös pontja lesz; ehhez az szükséges, hogy az x + p = - x2 - 6x - 8 egyenletnek egyetlen megoldása legyen. Ennek feltétele,hogy az x2 + 7x + 8 + p = 0 egyenlet diszkriminánsa zérus legyen: D = 49 - 4(8 + p) = 0, innen p = 4,25.Tehát az ábra alapján:

p értéke gyökök száma

p < 2 0

p = 2 1

2 < p < 4 2

p = 4 3

4 < p < 4,25 4

p = 4,25 3

4,25 < p 2

834. A hagyományos algebrai eljárásnál

lényegesen gyorsabb, ha grafikus segítséget

alkalmazunk. Ha x < 0, uuxu + x - 4u = 4;

ha x $ 0, uuxu + x - 4u = u2x - 4u. A bal ol-

dal képe: (834. ábra)

A jobb oldal képe tetszôleges egyenes lehet,így végtelen sok megoldás van, ha:

1. a = 0, b = 4;2. a = -2, b = 4;3. a = 2, b = -4.

835. a) Ra = [1; 7]; b) Rb = [2; 9]; c) Rc = [4; 14].d) A függvények összegének képzése miatt a minimumhely csak „törés-

pontban” lehet, a maximumhely pedig az értelmezési tartomány vala-melyik végpontjában. Mivel d(-1) = 34, d(0) = 24, d(1) = 14, d(2) == 8, d(3) = 8, d(4) = 16, d(5) = 26, Rd = [8; 34].

836. Ha n = 2k + 1 alakú (k ! N), akkor a minimumhely x = k + 1, a minimá-lis érték 2(k + k - 1 + k - 2 + … + 1) = k(k + 1).Ha n = 2k alakú, akkor a [k; k + 1] intervallum pontjai adják a minimumhe-lyeket, s a minimális érték k + 2(k - 1 + k - 2 + … + 1) = k2.


III

834.

837. a), b) (837. ábra)

c) A h = f + g függvény minimuma

-3, maximumát a számtani és

négyzetes közép közötti egyenlôt-

lenség segítségével határozhatjuk

meg.

x > 0, így x x

2

9 2

#+ -

( )x x

2

92 2

#+ -

, innen h 3 2# .

(Egyenlôség az x =2

3helyen

lép fel.)

Az értékkészlet Rh = [-3; 3 2 ].

838. a) x3 - x = x(x + 1)(x - 1), a függ-

vény képe: (838/I. ábra).

A 823. feladat megoldása alapján

a [-1; 0], illetve [0; 1] közötti lo-

kális szélsôértékhelyek x =3

1! -

nál vannak, a felvett értékek

3 3

2! . !0,385.

a(-1,2) = -0,528, a(1,1) = 0,231,

így az értékkészlet

Ra = [-0,528; 0,385].

b) (838/I. ábra)

b(3) = 12, b 13

1+

J

L

KKK

N

P

OOO. - 0,770, Rb = [-0,770; 12].

c) A 823. feladat megoldásában leírt módszert követjük.

Az x(x - 2)(x + 5) + 1 = x3 + 3x2 - 10x + 1 = (x + 1)3 - 13(x + 1) + 13 átalakítás

után a C(z) = 13z - z3 függvény lokális maximumát keressük meg. (A z = x + 1

helyettesítést alkalmaztuk.)

2C2 = 2z2(13 - z2)(13 - z2) #3

263J

L

KK

N

P

OO , innen C # 18,04; egyenlôség a z = 2,08

helyen van. Mivel c(x) = (x + 1)3 - 13(x + 1) + 13 = z3 - 13z + 13, a c függvény

208 Függvények

III

837.

838/I.

lokális minimuma az x = 1,08 helyen van,

értéke -5,04; a lokális maximumhely

x = -3,08, a felvett érték 31,04.

(838/II. ábra)

c(-5,2) = -6,49, c(2,2) = 4,168, így Rc = [-6,49; 31,04].

d) Az x - 5 = z helyettesítéssel d(x) = D(z)

= = (z + 3)(z + 1)(z - 1)(z - 3) =

= (z2 - 9)(z2 - 1) = z4 - 10z2 + 9 = (z2 - 5)2 -

- 16. A z = 5! , vagyis az x 5 5= + ,

illetve x = 5 5- helyeken a függvénynek

(abszolút) minimuma van, ennek értéke

-16.

A z = 0 (x = 5) helyen lokális maximuma van

a függvénynek, d(5) = 9.

(838/III. ábra)

d(1,8) = 11,46, d(8,1) = 5,25, Rd = [-16; 11,46].

839. Több megoldás lehetséges. Pl. megfelelô:

a) az f(x) =x

1függvény ]0,1] intervallumra vett leszûkítése, kiegészítve

az f(0) = 0 hozzárendeléssel;

b) az f(x) = x függvény [0,1[ intervallumra vett leszûkítése, kiegészítve

f(1) = 0-val.

(Az elemi függvények közül megfelelô az f(x) = {x}.)

840. Ábrázoljuk az x valós számnak a legközelebbi egész számtól való távol-ságát! (840. ábra)

Az x 7 {x} függvény megfelelô transzfor-

mációival ez valóban az

x 72

1{ }x

2

1- - függvény képe.


III

838/II.

838/III.

840.

841. Néhány lehetséges megoldás:

Elsô megoldás:

Megfelelô pl. az x 7 x -x

2

7 A

={ }x x

2

+

függvény. (841/I. ábra)

Második megoldás: Az elôzô megoldásbantulajdonképpen egy szakaszt eltoltunk az (1; 0,5) vektor egész számszorosaival. Ha-sonlóan okoskodhatunk más kezdôgörbékesetén. Pl. az x 7 1 - ux - 1u függvényt le-szûkíthetjük a [0; 2[ intervallumra, s ezt a

görbét eltolhatjuk a (2; 1) vektor egész számszorosaival. (Képlettel: f(x) = f(x - 2) + 1 minden x-re.) (841/II. ábra)

De „tologathatunk” egyéb görbéket is (a

841/III. ábrán félkörök szerepelnek;

f(x) ( )x1 1 2= - - , ha x ! [0; 2[;

f(x) = f(x - 2) + 1 egyébként).842. Nincs ilyen függvény. Az értékkészle-te megszámlálhatóan végtelen halmaz len-ne, azonban a nem konstans folytonos függ-vény értékkészlete nem megszámlálhatóhalmaz.843. A polinomfüggvényt f(x) = ax + balakban keressük (a, b ! R).

a) f(x) + f(x + 1) = ax + b + a(x + 1) ++ b = 2ax + a + 2b / 2x + 4.Az egyenletnek minden x-re tel-jesülnie kell; s ez csak úgy lehet-séges, ha 2a = 2 és a + 2b = 4.Eredmény: f(x) = x + 1,5.

b) f(x + 1) - f(x - 1) = a(x + 1) + b -- (a(x - 1) + b) = 2a = 6, innen a = 3. f(x) = 3x + b, b ! R tetszô-leges.

c) f(x) + f(x + 2) = ax + b + a(x + 2) + b = 2ax + 2a + 2b / 10x, innenf(x) = 5x - 5.

d) f(2x) + f(x + 1) = 2ax + b + a(x + 1) + b = 3ax + a + 2b / 12x + 4.f(x) = 4x.

844. Alkalmazzuk az x = 0 helyettesítést!a) Az x = 0 helyettesítésbôl c = 0 következik, innen f(x) = f(-x) minden

x-re, vagyis bármely páros függvény megoldás.b) Az x = 0 helyettesítésbôl a 0 = 1 ellentmondást kapjuk; nincs ilyen

függvény.

210 Függvények

III

841/I.

841/II.

841/III.

c) Az x = 0 helyettesítésbôl c = 0. Ezután alkalmazzuk az x = 1, majd x = -1 helyettesítést! Ekkor (1) f(1) - f(-1) = a, valamint (2) f(-1) -- f(1) = a, s innen f(x) / f(-x). Bármely páros függvény megfelel.Megjegyzés:Ugyanezt az eredményt kapjuk akkor is, ha az egyenlet jobb oldalán

ax2 + c helyett tetszôleges páros polinomfüggvény áll. (Vagyis olyanpolinomfüggvény, amelyben csak páros kitevôjû tag szerepel.)

Más megoldási lehetôség:Mivel a függvényegyenleteknek minden x-re teljesülniük kell, írjunk xhelyébe -x-et!

a) Ekkor az eredeti egyenlettel együtt két egyenletünk lesz: (1) f(x) -- f(-x) = c, (2) f(-x) - f(x) = c. Innen c = -c = 0, vagyis az egyen-letet bármely páros függvény kielégíti.

b) (1) f(x) - f(-x) = x + 1, (2) f(-x) - f(x) = -x + 1. Innen az x + 1 = = -(-x + 1) összefüggést kapjuk, ami lehetetlen. Nincs ilyen függ-vény.

c) (1) f(x) - f(-x) = ax2 + c, (2) f(-x) - f(x) = ax2 + c. Innen ax2 + c / 0,a = c = 0, f páros függvény.

845. a) Írjunk x helyébe 1 - x-et! Ekkor (1) 2f(x) + 3f(1 - x) = c, (2) 2f(1 - x)

+ 3f(x) = c. (2) háromszorosából vonjuk ki (1) kétszeresét, kapjuk:

5f(x) = c, innen f(x) =c

5.

b) Írjunk ismét x helyébe 1 - x-et! (1) 2f(x) + 3f(1 - x) = 6x - 1,

(2) 2f(1 - x) + 3f(x) = -6x + 5. (2) háromszorosából vonjuk ki (1) két-

szeresét, kapjuk: 5f(x) = 3(- 6x + 5) - 2(6x - 1) = -30x + 17. Innen

f(x) = -6x +5

17.

c) Írjunk x helyébe 2 - x-et! f(x) = -2x + 1.

d) Írjunk x helyébe 1 - x-et! (1) f(x) + (x + 1)f(1 - x) = 1, (2) f(1 - x) +

+ (2 - x)f(x) = 1. (2) (x + 1)-szeresébôl vonjuk ki (1)-et, kapjuk:

((2 - x)(x + 1) - 1)f(x) = x, innen f(x) =x x

x

12- + +. (Az alaphal-

maz leszûkül, x ! .2

1 5!N

P

OOO

e) Írjunk x helyébe 1 - x-et! (1) 7f(x - 1) + 5f( - x) = 12x - 10;

(2) 7f(-x) + 5f(x - 1) = -12x + 2. (1) ötszörösébôl vonjuk ki (2) hét-

szeresét, ekkor -24f(-x) = 144x - 64, f(-x) = -6x +3

8, s innen

f(x) = 6x +3

8.

846. Nincsenek ilyen függvények. Alkalmazzuk a z = x - 1 helyettesítést, majd

írjunk z helyébe -z-t!


III

212 Függvények

III

847. Helyettesítsünk x helyébe x

1-et.

a) Ekkor (1) 2f(x) + 3fx

1J

L

KK

N

P

OO = x2, (2) 2f

x

1J

L

KK

N

P

OO + 3f(x) =

x

1

2. Az egyenlet-

rendszer megoldásából f(x) =x

x

5

3 22

4-

.

b) (1) 2f(x) - 3fx

1J

L

KK

N

P

OO = x + 2, (2) 2f

x

1J

L

KK

N

P

OO - 3f(x) =

x

1+ 2. Az egyenlet-

rendszer megoldásából f(x) =x

x x

5

2 10 32- - -.

848. a) Nincs. A polinomnak végtelen sok zérushelye lenne: x = 0, 1, 2, ... stb.b) Az x = 0, 1, -1 zérushelyei f-nek, így f(x) = x(x - 1)(x + 1)g(x) alakba

írható. Visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe (x - 1)(x + 1)x(x +

+ 2)g(x + 1) = (x + 2)x(x - 1)(x + 1)g(x), innen g(x) = g(x + 1). Ezutóbbi egyenletbôl következik, hogy g(x) konstans polinom(egyébként a g(x + 1) - g(x) polinomnak végtelen sok zérushelyelenne), vagyis f(x) = c(x3 - x), ahol c ! R.

849. f(x) + f(x + 2) = f(x + 2) + f(x + 4),innen f(x) = f(x + 4). Végtelen sok ilyenfüggvény van P = 4 alapperiódussal. Pl. a[0, 4[ alapperiódusban a [0, 2[ és [2, 4[intervallumokhoz tartozó szakaszokat fel-vehetjük a 849. ábra szerint (c = 6).850. Elsô megoldás: Mivel g(x) nyilván má-sodfokú, legyen g(x) = ax2 + bx + c, ekkorh(x) = 3(ax2 + bx + c)2 - 2(ax2 + bx + c) +

+ 5 = 12x4 + 56x2 + 70 minden x-re. Innen3a2x4 + 6abx3 + (3b2 + 2ac - 2a)x2 + (6bc - 2b)x + 3c2 - 2c + 5 = 0, s ez mindenx-re csak akkor teljesülhet, ha (1) 3a2 = 12, (2) 6ab = 0, (3) 3b2 + 6ac - 2a = 56,(4) 6bc - 2b = 0, (5) 3c2 - 2c + 5 = 70. (1)-bôl a = !2, (2)-bôl és (4)-bôl b = 0,

(5)-bôl c = 5 vagy c =3

13- . A (3)-at kielégítô számhármasok: (a, b, c) = (2, 0, 5)

vagy (a, b, c) = , ,2 03

13- -

J

L

KK

N

P

OO. Az együtthatók összege a + b + c = 7 vagy a + b +

+ c =3

19- .

Második megoldás: Bármely polinomban az x = 1 helyen felvett érték az együtt-

hatók összegét adja, tehát g(1)-et keressük. Mivel h(x) = 3g2(x) - 2g(x) + 5 =

= 12x4 +56x2 +70 minden x-re, az x =1 helyettesítéssel h(1) = 3g2(1) -2g(1) +

+ 5 = 12 + 56 + 70 = 138, s innen g(1) = 7 vagy g(1) =3

19- .

849.

851. Ez az (x; y) 7 max(x; y) maximumfüggvény. A két változó közül érték-ként a nagyobbikat rendeljük az (x; y) párhoz. (Ha x = y, akkor bármelyiküket.)852. a) 41; b) 21;

c) ha c ! Z, akkor végtelen sok, egyébként egyetlen rácsponton semhalad át az egyenes;

d) ha d ! Q, akkor végtelen sok, egyébként egyetlen rácsponton semhalad át az egyenes.

e) Mivel x egész szám, y =x

x

1

2

-= 2 +

x 1

2

-egész szám, ha x - 1

osztója 2-nek. x lehetséges értékei 3; 2; 0; -1.

f)x

x

2

3 1

-

+= 3 +

x 2

7

-, innen x - 2 ! {-7; -1; 1; 7}, x ! {-5; 1; 3; 9}, s

ebbôl három érték felel meg.

g) Az y =x

x

2 2

3 1

-

+egyenletbôl 2y =

x

x

1

3 1

-

+= 3 +

x 1

4

-, s innen x - 1

osztója 4-nek. Foglaljuk táblázatba a lehetséges értékeket!

x - 1 -4 -2 -1 1 2 4

x -3 -1 0 2 3 5

2y 2 1 -1 7 5 4

Két rácsponton megy át a g függvénygörbe, ezek: (-3; 1) és (5; 2).h) Ha x ! Z, akkor y = h(x) ! Z szintén. Az intervallumban 41 rácspon-

ton halad át a parabola.i) x ! {1, 2, 4, 8, 16}; 5 megoldás van.j) Mivel x egész, j(x) is egész, ha x - 3 $ 3, vagyis x $ 6. 15 megoldás van.

k) y =2 1

2

x

x 1

+

+

= 2 -2 1

2

x+. Látható, hogy 0 < y < 2, így csak y = 1

lehetséges (ekkor x = 0). Egy megoldás van.

853. Igen, lehet. Tekintsük pl. az f(x) = 3 3x2 -

-és g(x) = - 2log3(x + 3) függ-

vényeket!Mindkét görbe átmegy a (-2; 0) és (0; -2) pontokon. A függvények egymásinverzei, tükrös helyzetûek az x 7 x egyenesre, így ugyanabban a pontban met-szik az y = x egyenletû egyenest is; tehát van harmadik közös pontjuk. (Közelítôértékekkel számolva az x = -2log3(x + 3) egyenlet megoldása x . -1,13, így aharmadik közös pont (-1,13; -1,13).


III

matematika gyakorlo es erettsegire felkeszito feladatgyujtemeny ii megoldas

Documents