44 II. FEJEZET SZÁMLÁLÁSI FELADATOK, A ...math.ubbcluj.ro/~andrasz/dokumentumok/kv/szamlalmegold.pdf48 Számlálási feladatok, a kombinatorika elemei 2. Egy osztályban 13 lány

44 Számlálási feladatok, a kombinatorika elemei

II. FEJEZET

SZÁMLÁLÁSI FELADATOK, A KOMBINATORIKA ELEMEI II.2.1. Gyakorlatok és feladatok (42. oldal)

1. Hány darab legfeljebb hatjegyű természetes szám létezik? 1. megoldás. Minden, legfeljebb hatjegyű természetes szám felírható hat számjegy segítségével, ha az elejére 0-kat írunk. Így a 33 felírható 000033 alakban, tehát minden, legfeljebb hatjegyű szám azonosítható az A A A Descartes szorzat pontosan egy elemével, ahol

A A A× × × × ×

{ }0,1,2, 3= , 4, 5, 6, 7, 8, 9A . Ebből következik,

hogy 10 ilyen szám létezik. 6

2. megoldás. A legnagyobb legfeljebb hatjegyű szám a 999999 és a legkisebb a 000000, tehát összesen 10 ilyen szám létezik. 6

2. Hány darab olyan természetes szám létezik, amelynek a hetes számrendszerbeli reprezentációja pontosan hét számjegyet tartalmaz? 1. megoldás. Az első számjegynek az { }1,2, 3, 4, 5, 6=A halmazban kell lennie,

míg az összes többi számjegy a { }0,1B =

B×

, 2, 3, 4, 5, 6 halmaz bármelyik eleme lehet.

Így az A halmaz elemeinek számát kell meghatározni. Ez , tehát a hetes számrendszerben 705894 hétjegyű szám létezik.

B B B B B× × × × ×66 7⋅

2. megoldás. A legkisebb hétjegyű szám az 1000 és a legnagyobb a , tehát összesen 66 ilyen szám létezik.

( )7000

(705894=( )76666666 ( ) ( ) )7 766666 1000000− 10

3. Egy helyőrség 200 közkatonája, 10 altisztje, négy rádiósa és három tisztje közül ki kell választani egy négytagú különítményt, és ki kell jelölni a különítmény vezetőjét. A különítmény kell tartalmazzon egy közkatonát, egy rádióst, egy altisztet és egy tisztet, és a vezetője csak a rádiós vagy a tiszt lehet. Hány különböző módon választható ki egy ilyen különítmény? Megoldás. A négytagú különítmény (vezető nélkül) 20 módon választható ki. Minden ilyen négytagú csapatban a vezetőt két különböző módon választhatjuk ki, tehát a különítmények száma .

0 10 4 3⋅ ⋅ ⋅

48000=2 200 10 4 3⋅ ⋅ ⋅ ⋅4. Vizsgáld meg a következő egyenlőségek helyességét: a) ( ) ; b) ( ) ; ( ) ( )A B C A C B C∪ × = × ∪ × ( ) ( )\ \A B C A C B C× = × ×c) ( ) . ( ) ( )A B C A C B C∩ × = × ∩ ×

Megoldás. a) ( ) ( ){ }vagy , /A B C x c x A x B∪ × = ∈ ∈ =

( ){ } ( ){ } ( ) ( ), / , /x c x A x c x B A C B C= ∈ ∪ ∈ = × ∪ × . b) ( ) ( ){ } és \ , /A B C x c x A x B× = ∈ ∉ =

( ){ } ( ){ } ( ) ( ), / \ , / \x c x A x c x B A C B C= ∈ ∈ = × × .

Számlálási feladatok, a kombinatorika elemei 45

c) ( ) ( ){ }és , /A B C x c x A x B∩ × = ∈ ∈ =

( ){ } ( ){ } ( ) ( ), / , /x c x A x c x B A C B C= ∈ ∩ ∈ = × ∩ × . 5. Írd egyszerűbb alakba az ( kifejezést (csak egy direkt szorzat szerepeljen benne).

) ( ) ( ) ( )A A A C B A B C× ∩ × ∩ × ∩ ×

Megoldás. Az előbbi feladat c) pontjához hasonlóan ( ) ( ) (A A A C A A C× ∩ × = × ∩ ) ) és ( ) , tehát ( ) (B A B C B A C× ∩ × = × ∩

( ) ( ) ( ) ( )A A A C B A B C× ∩ × ∩ × ∩ × =

( )( ) ( )( ) ( ) ( )A A C B A C A B A C= × ∩ ∩ × ∩ = ∩ × ∩ . 6. Egyszerre dobunk három különböző színű dobókockával. Mi a valószínűsége annak, hogy a három szám közül az egyik a másik kettő összege? Megoldás. Az összes lehetőségek száma , mert a dobókockák különböznek. A kedvező esetekben a következő számok jelenhetnek meg:

36

{ }1,1,2 , { }1,2, 3 , { }1, 3, 4 , { }1, 4, 5 , { }1,5, 6 , { }2,2, 4 , { }2, 3, 5 , { }2, 4, 6 , { }3, 3, 6 .

A színeloszlás szerint az első, a hatodik és a kilencedik számhármas 3 kedvező esetet származtat, míg a többi számhármas mindegyike 6 kedvező esetet. Így a kedvező

esetek száma , tehát a keresett valószínűség 6 6 3 3 45× + × = 3

45 56 2=

4.

7. Egy Las Vegas-i kaszinó egyik játékgépén három korong forog. Mindegyik korong oldalát 24 egyforma részre osztották, és minden részre ráfestették a következő hat rajz valamelyikét, oly módon, hogy mindegyik pontosan négyszer szerepeljen mindegyik korongon:

A korongok egymástól függetlenül forognak és a játékos mindig egy-egy ábrát láthat minden korongról. A játékos akkor nyer, ha mindhárom korongon ugyanazt az alakzatot látja. Mennyi a valószínűsége annak, hogy már az első játéknál nyerünk? Ha 10 cent egy játék, megéri-e a kaszinónak, ha négy dollárt fizet egy nyereségért? Megoldás. Az összes esetek száma . Ebből kedvező, tehát a keresett

valószínűség

324 36 4⋅3

3 3

6 4 16 4 36⋅ =⋅

.

Ez azt jelenti, hogy hosszú távon 36 játszmára jut egy nyereség. A kaszinónak tehát, hosszú távon cent bevétel után 400 centet kell fizetnie. Ez nem nyereséges számára.

36 10 360⋅ =

8. a) Egy n elemű számhalmaz elemeiből hány különböző módon állíthatunk össze egy olyan számpárt, amelynek az elemei különböznek?


b) Egy n elemű számhalmaz elemei közül hány különböző módon állíthatunk össze egy olyan számpárt, amelynek az elemei egyenlők is lehetnek? Megoldás. a) Minden szám ( más számmal alkothat ilyen számpárt. Ez összesen n n párt jelent, de így minden lehetséges számpárt kétszer számoltunk,

tehát

))

1n −( 1−

( )12−n n számpár létezik.

b) Itt az { }1 2 3, , , ..., nA x x x x= halmaznak önmagával való Descartes szorzatának

számosságát kell meghatároznunk, tehát a válasz n . 2

9. Egy tíz nőt és harminc férfit tartalmazó űrhajós csoportból hányféleképpen lehet kiválasztani egy olyan öttagú csapatot, amelyben két nő és három férfi van?

Megoldás. A tíz nő közül kettőt kiválasztani 10 92⋅ különböző módon lehet (lásd

8/a)-t). A harminc férfi közül a három férfit 30 29 286

⋅ ⋅

2700

módon választhatjuk ki, tehát

az öttagú csoportok száma . 45 4060 18⋅ =10. Igaz-e, hogy ha az n természetes számnak d természetes osztója van és az n természetes számnak d , akkor az n számnak d osztója van? Milyen feltételre van szükség ahhoz, hogy az állítás igaz legyen?

1

2

1 2

1 n⋅ 2 2

)1

1 d⋅

Megoldás. Az állítás nem igaz, mert az n természetes számnak 6 osztója, az természetes számnak 4 osztója és az n n számnak 12 osztója van. A

tankönyv 2.10. és 2.11. feladata alapján az n p számnak darab osztója van. Így az állítás csakis akkor igaz, ha n -

nek és -nek nincs közös prím osztója, azaz ha relatív prímek.

1 12=1 22 6n =

( )n

72=1 2

1 1 ... kkp pα α α=

( ) (1 21 1 ... kα α α+ + +

2

1

11. Egy börtönben 1000 cella van 1-től 1000-ig számozva, és minden cellának az ajtaján egy olyan zár, amelyen három betű látható (lásd a mellékelt ábrát). Az ajtó akkor nyílik ki, ha az a betű van legfelül. Miután a rabok elalszanak, a börtönőr 1000-

szer körbejárja a cellákat A k-adik körútja alkalmával minden k-adik cella zárján fordít egyet (trigonometriai irányban 120°-ot).

eggel hány zár lesz nyitva? Melyek ezek? R

Megoldás. A börtönőr az n-edik cella zárján pontosan akkor fordít, ha a körútjának sorszáma osztója n-nek. Az ábra

alapján minden ajtó nyitva van az első körút előtt. Eszerint azok a cellák lesznek reggel is nyitva, amelyekre a sorszámuk osztóinak száma osztható 3-mal. Az előbbi feladatban említett összefüggés alapján ez pontosan akkor következik be, ha az n prímtényezős felbontásában van legalább egy ( alakú kitevő. Az ilyen számok prímtényezős felbontásában a következő számok valamelyike kell szerepeljen: , 2 ,

, , , , , , , , , , , . Az előbbiek alapján a következő számokat kapjuk (az aláhúzott számokat már egyszer megkaptuk, így nem kell őket számításba venni):

)3 2k +

223 229

22 5

82 23 53 25 27 211 213 217 219 231

Számlálási feladatok, a kombinatorika elemei 47 22 1⋅ , 2 3 , , … , 2 ⋅ 22 5⋅ 2 249⋅2 (125 darab) 52 1⋅ , 2 3 , , … , 2 (16 darab) 5 ⋅ 52 5⋅ 5 31⋅82 1⋅ , 2 3 (2 darab) 8 ⋅23 1⋅ , 3 2 , 2 ⋅ 23 4⋅ , , 3 8 , , … , 23 5⋅ 23 7⋅ 2 ⋅ 23 10⋅

23 32⋅5

, 3 , … , (72 darab) 2 34⋅ 23 110⋅553 1⋅ , 3 2 , ⋅ 3 4⋅ (2 darab)

25 1⋅ , 5 2 , , 2 ⋅ 25 3⋅ 2 ⋅5 4 , , 5 7 , , 25 6,⋅ 2 ⋅ 25 8⋅ 2 9⋅5 , 25 11⋅ , … , , 25 31⋅ 2 ⋅5 3 , , 5 (29 darab) 2 925 33⋅ 2 3⋅

27 1⋅ , 7 2 , , 2 ⋅ 27 3⋅ 2 ⋅7 4 , , 7 6 , , 27 5⋅ 2 ⋅ 27 8⋅27 9⋅ , … , (15 darab) 27 19⋅

211 1⋅ , 11 , 11 , 2 2⋅ 2 3⋅ 2 4⋅11 , 11 , 11 , 11 , 11 (7 darab) 2 5⋅ 2 6⋅ 2 7⋅ 2 8⋅213 1⋅ , 13 , 13 , 2 2⋅ 2 3⋅ 2 4⋅13 , 13 (4 darab) 2 5⋅217 1⋅ , 17 , 17 (3 darab) 2 2⋅ 2 3⋅219 1⋅ , 19 (2 darab) 2 2⋅223 1⋅ (1 darab) 229 1⋅ (1 darab) 231 1⋅ (1 darab).

Ez összesen 280 szám, tehát 280 cellának lesz ismét nyitva az ajtaja. II.4. Gyakorlatok és feladatok (62. oldal)

1. Egy akadályversenyen résztvevő csapatok a mellékelt térképvázlatot kapták. Feladatuk, hogy A-ból a B, C és D pontok érintésével visszajussanak A-ba. Melyik a legrövidebb útvonal? Megoldás. A következő hat útvonal lehetséges:

1. A – B – D – C – A 2. A – B – C – D – A 3. A – D – C – B – A 4. A – D – B – C – A 5. A – C – B – D – A 6. A – C – D – B – A.

Ezek kettesével csoportosíthatóak, hisz az 1) és 6) ugyanolyan hosszú (egyik a másiknak fordítottja). Hasonlóan a 2) és 3) illetve a 4) és 5) ugyanolyan hosszúságú, tehát elégséges az 1), 2) és 4) hosszát kiszámolni. A megfelelő úthosszak a következők: 1. 1700 + 1400 + 1500 + 1450 = 6050 2. 1700 + 2000 + 1500 + 2100 = 7300 4. 2100 + 1400 + 2000 + 1450 = 6950. A legrövidebb útvonal tehát az 1)-es és a 6)-os.


2. Egy osztályban 13 lány és 12 fiú tanul. Találomra kiválasztunk versmondásra, színházjegyvásárlásra és tűzoltósági felkészítőre két-két lányt és egy-egy fiút. Hányféle lehet az így összeállított kilencfős csapat? Megoldás. Versmondásra a két lányt C , az egy fiút C módon választhatjuk ki, tehát C különböző versmondó-csapatot tudunk összeállítani. A megmaradt 11 lány és 11 fiú közül C jegyvásárló-csapat és a többiekből C tűzoltóbrigád állítható össze. Így a kilencfős csapat C C különböző összetétellel rendelkezhet.

213

112

211C

213 12C⋅

1

1 101

211 11C⋅

29 1C⋅

1 29 1C C⋅ ⋅2 1

13 12 11 0C⋅ ⋅ ⋅

3. Két egyforma kockával egyszerre dobunk. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a két megjelenő szám összege 7? Megoldás. A mellékelt táblázatban feltüntettük az összes lehetséges esetet és szürkére színeztük a kedvező eseteknek megfelelő mezőket.

{1, 1} {1, 2} {1, 3} {1, 4} {1, 5} {1, 6}

{2, 2} {2, 3} {2, 4} {2, 5} {2, 6}

{3, 3} {3, 4} {3, 5} {3, 6}

{4, 4} {4, 5} {4, 6}

{5, 5} {5, 6}

{6, 6}

A táblázat alapján a lehetséges esetek száma 21, és a kedvező esetek száma 3, tehát a

keresett valószínűség 17

.

4. Változik-e az előbbi kérdésre adott válasz, ha nem egyforma kockákkal dobunk? Megoldás. Ha nem egyforma kockákkal dobunk, akkor az alábbi táblázathoz jutunk:

{1, 1} {1, 2} {1, 3} {1, 4} {1, 5} {1, 6}

{2, 1} {2, 2} {2, 3} {2, 4} {2, 5} {2, 6}

{3, 1} {3, 2} {3, 3} {3, 4} {3, 5} {3, 6}

{4, 1} {4, 2} {4, 3} {4, 4} {4, 5} {4, 6}

{5, 1} {5, 2} {5, 3} {5, 4} {5, 5} {5, 6}

{6, 1} {6, 2} {6, 3} {6, 4} {6, 5} {6, 6}


Itt a lehetséges esetek száma 36 és a kedvező esetek száma 6, tehát a valószínűség 16

.

5. Hány különböző módon lehet 10 embert egy kerek asztal köré leültetni? Megoldás. Az asztal körül csak az számít, hogy ki kinek a szomszédja, tehát ha a helyeket és az embereket megszámozzuk, akkor minden lehetséges ülésrend 10 darab

permutációt származtat. Így az ülésrendek száma !10 910P = .

6. Hány háromszög látható a mellékelt ábrán:

Hány háromszöget fogsz látni, ha az alapot n egyenlő részre osztjuk? Megoldás. Az alapon megjelenő 7 pont közül ki kell választani kettőt. Ez a kettő és a felső csúcs meghatároz egy háromszöget, tehát C háromszög látható az ábrán. Ha az alapot n egyenlő részre osztjuk, C háromszög lesz látható.

27 21=

21n+

7. Hány téglalap látható a mellékelt ábrán?

Megoldás. Az ábrán látható minden téglalapot egyértelműen meghatároz az oldalainak az AB-re és BC-re eső vetülete.

A

B C

DA

B C

D

II. 1. ábra

Eszerint az AB-n is és a BC-n is ki kell választani két-két pontot. Ezt C módon tehetjük meg, tehát 360 téglalap látható az ábrán. Általában egy m -es négyzethálón C téglalap látható.

25 C⋅

29

1+

n×2 2

1m nC+ ⋅8. Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 számjegyekből hány darab olyan kilencjegyű szám készíthető, amelynek számjegyei egymástól különbözőek és a) az 1-es közvetlenül a 2-es előtt áll? b) az 1-es előbb áll, mint a 2-es? Megoldás. a) Minden ilyen szám tekinthető a 12, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 számok permutációjának, tehát 8! ilyen szám létezik. b) Minden ϕ permutációhoz hozzárendeljük azt, amelyiket a ϕ -ből úgy kapunk, hogy az 1-est és a 2-est felcseréljük. Így az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 és 9 számok


permutációit kettesével csoportosítottuk. Mivel minden csoportból pontosan egy

származtat nekünk megfelelő számot, a kívánt számok száma !29 .

9. Egy pénzérmét n-szer feldobunk. Hány különböző, pontosan k darab fejet tartalmazó fej-írás dobássorozat lehetséges? Megoldás. Az n hosszúságú sorozatban pontosan k darab fej kell legyen. Ezek helyét módon választhatjuk ki, tehát C darab, pontosan k fejet tartalmazó, dobássorozat létezik.

knC

kn

10. A { }0,1,2, 3,...,2 1n − halmaz elemei közül találomra kiválasztunk egyet. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott szám

a) 2-nek hatványa? b) bináris számjegyeinek1 összege pontosan k? Megoldás. a) A lehetséges esetek száma , a kettő-hatványok száma n – 1, tehát a

keresett valószínűség

2n1

2nn − .

b) Az adott halmaz minden eleme a kettes számrendszerben egy n hosszúságú jelsorozattal írható le. Például 2 , . A számjegyek összege

pontosan akkor k, ha ebben a jelsorozatban k darab egyes szerepel, tehát a kedvező

esetek száma C , a keresett valószínűség pedig

200...010n−

= 2 1 11..n

n− = 1

kn 2

knn

C .

11. Határozd meg az ( ) { } { }{ }, , 1,2, 3,..., , , 1,2, 3,...,A X Y X Y n X Y X Y n= ⊂ ∩ = ∅ ∪ =

( ) { } { }

és

{ }, , 1,2, 3,..., , 1,2, 3,...,B X Y X Y n X Y n= ⊂ ∪ =

halmazok elemeinek számát! Az A számosságának meghatározása 1. megoldás. Az A halmaz azokat az (X, Y) halmaz-párokat tartalmazza, amelyek az { }1,2,...,n halmaznak egy partícióját alkotják. Egy ilyen (X, Y) halmazpárt úgy is

leírhatunk, hogy az { }1,2,...,n

n

minden eleméről megmondjuk, hogy X-ben vagy Y-

ban van. Az A minden elemének feleltessünk meg 0-t, ha X-ben van és 1-et, ha Y-ban van. Így minden n hosszúságú 0–1 jelsorozat egy ilyen ( halmazpárt ír le, tehát

a halmaz-párok száma 2 . ),X Y

2. megoldás. Vizsgáljuk meg, hány olyan halmaz-pár létezik, amelyben X-nek k eleme van. A feltételek alapján { }1,2,..., \n=Y , tehát minden X-hez pontosan

egy Y tartozik. Így pontosan C darab olyan halmaz-pár létezik, amelynek első tagja k

X

kn

1 Egy szám bináris számjegyei az illető szám kettes számrendszerbeli felírásában megjelenő számjegyek.


elemű. Az A elemeinek számát megkapjuk, ha az előbbi eredményt összegezzük a

0,k = n értékekre. Így 0

2n

k nn

k

A C=

= =∑

)

.

{ }1,2,...,X Y n∪ =

),X Y

A B számosságának meghatározása 1. megoldás. Az ( egyenlőség alapján az { }1,2,...,n halmaz

minden eleme vagy csak X-hez, vagy csak Y-hoz, vagy mindkettőhöz tartozik. Minden elemhez 0-t rendelünk, ha az csak X-hez, 1-et, ha csak Y-hoz és 2-t, ha X-hez is és Y-hoz is hozzátartozik. Így minden ( halmaz-pár leírható egy n hosszúságú 0–1–2

jelsorozattal és minden jelsorozathoz tartozik egy ( halmaz-pár. Így a halmaz-

párok száma .

,X Y

3n)

2. megoldás. Ha X = k , akkor Y felbontható az { }1,2,..., n \X

2k knC

-re és, az X egy

részhalmazára. X rögzítése C módon lehetséges, az X részhalmazának kiválasztására

lehetőség van, tehát az ( pár rögzítésére mód van. A B elemeinek

számát megkapjuk, ha a számokat összeadjuk

kn

k

2k ),X Y

2k nC 0,n=k esetén. n

0

2k k nn

k

B C=

=∑ . (Newton binomiális tételéből) 3=

)

12. A sík n pontja legfeljebb hány különböző egyenest határoz meg? A sík négy pontja hány különböző egyenest határozhat meg? Megoldás. A sík n pontja akkor határoz meg a legtöbb egyenest, ha a pontok közt nincs három egy egyenesen. Ebben az esetben minden pontpár meghatároz egy

egyenest, tehát (2 12n

n n +=C az egyenesek száma. A sík négy pontja legtöbb

4 3 62⋅ = egyenest határozhat meg, ha nincs három kollineáris köztük (II.2. ábra). Ha

három pont kollineáris, és a negyedik nincs az általuk meghatározott egyenesen, akkor 4 egyenest határoznak meg (lásd II.3. ábra). Ha mind a négy pont egy egyenesre esik, akkor csak egy egyenest határoznak meg, tehát négy pont 1, 4 vagy 6 egyenest határozhat meg.

II. 3. ábra II. 2. ábra


13. Oldd meg az alábbi egyenleteket! a) n ; b) n n ; ! 110= ! ( 1)! 134+ + =

c) ! ( 1)!

12( 1) ( 2)!

n n

n n

+ −=

+ ⋅ −; d)

!6

( 1)!

n

n=

−;

e) 1 1! ( 1)! 30n n− =

+1 ; f) V V ; 5 1

218n n−= ⋅

g) 4 5

1 1 1k kC C C− =

6k

7

; h) C ; 1 23 4n

n n++ = −

i) C ; j) C C . 2 13 6 220n nn− ++ = 2 2 2

3 2 19n n nC− −+ + =Megoldás. a) n , tehát nincs megoldás. ! 110 2 5 11= = ⋅ ⋅

b) ,

tehát nincs megoldás.

( )! !1 134n n+ + = ⇔ ( )! 1 1 1n n+ + = 34 ⇔ ( )! 2 134 2 6n n + = = ⋅

c) ( )

( ) ( )

! !

!

112

1 2

n n

n n

+ −=

+ ⋅ − ⇔

( ) ( )

( )( )

!

!

1 112

1 2

n n

n n

− +=

+ − ⇔ n . 1 1n − = 2 ⇔ 13=

d) ( )

!

!6

1

n

n=

− n . ⇔ 6=

e) ( )! !

1 11 3n n

− =+

10

⇔!

1 111 3n n

− = +10

⇔( )!

11 3nn

=+

4

0

)

⇔ , tehát n .

⇔

( )!30 1n n= + ( ) (!30 2 5 1 1n n= = − +3⋅ ⋅ =

f) , . 5 1218n nV V −= ⋅ 3n ≥

( )( )( )( )( )

!

!5 4 3 2 1

5n

nV n n n

n= = − − − −

−n n és

( )

( )( )2= −

)1 2n− =

!

!2

2

3

n

n

−=

−

( )( )(4 3n n− −

1nV n−

n

, tehát ( )

, tehát nincs megoldás.

( )( )( ) (4 3 2 1 18n n n n n n− − − − = − )2 ⇒

3 3⋅ ⋅g) A létezési feltétel k . 4≤

4 5

1 1k kC C C− =

6

1k ⇔

( ) ( ) ( )! !

! ! ! ! ! !

1 14 5 6

4 5 6k k k k k k

− =

− −!

1

−

⇒

⇒ ( ) ( ) ( )! !

! !

4 5 6

4 5 6

k k− − −− =

!)( )

!

k⇒ (

( )! !!

5 64

5 3

k kk

− −− − =

0 ⇒

⇒ 1− ( )( )5 655 30

kk − −− = k ⇒ 30 ( ) ( )(6 5 5 6k k− − = − − )k ⇒

⇒ ⇒ k k 230 30 6 30 5 6k k k− + = − − + k 2 17 30 0− + = ⇒


⇒ 2

1,217 17 120 17 13

2 2± − ±= =k ⇒ k és k . 1 15= 2 2=

Viszont k , tehát . 4≤ 2k =

h) C 1 23 4n

n n++ = − ⇒ ( )

( )( )( )!

!13

3 21 2 2

nn

n n nCn

++

+ += =+ ⋅

3+ ⇒

2 5 14n n− − = 0

⇒ 1,25 2n

n2

5± +

=

56 52 2

±= =

7

9 és n . Mivel n ,

következik, hogy .

⇒ 1 2n = − 2 7= 1≥−

i) C ⇒ 3 6 n 13 6 220n nn− ++ = 0 ⇒n + ≥ 2≥−

2 1 3n n n− + ≤ + 6 ⇒ ⇒ ( ) ⇒ 2 4 5n n− − ≤

1, 5n

0 ( )5 1n n− + ≤ 0 ∈ − ∩ .

Az előbbiek alapján { }1, 0,1,2, 3, 4, 5∈ −n . esetén C , -ra 1n = − 33 1= 0n =

!!

16

6 65

C = = , -re , -re 1n = 19 9C = 2n = !

!12 09 6

= =⋅

312C

10 116

⋅ ⋅12 22= ,

-ra 3n = !! !15

7 8⋅2121 1=

715

=

9 10 11 12 13 142 3 4 5 6 7

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

15 6435⋅ =

n

C , -re C és

esetén C , tehát az egyetlen megoldás az .

4 1318n = 8568=

5n = 2j) A feltételek alapján n . 5≥

2 2 23 2 19n n nC C C− −+ + = ⇒

( )( )( )

( )( )

! !!! ! !

3 2 192 2 5 2 4 2

n nnn n n

− −+ +− ⋅ − ⋅ − ⋅

= ⇒

⇒ ( ) ⇒ ( )( ) ( )( )1 4 3 3 2n n n n n n− + − − + − − = 38⇒ n n ⇒ ( ) ( )( )1 3 2 6n n− + − − = 38 ( ) ( )21 2 3 3n n n− + − = 8 ⇒

⇒ 2 22 12 18 3n n n n− + − + = 8 ⇒ ⇒ 23 13 20n n− − = 0

⇒ 1,213 169 240 13 409

6 2± + ±= = ∉n .

Tehát nincs megoldás. Megjegyzés. Aszerint, hogy a C , illetve V számot milyen n és k értékekre tekintjük értelmezettnek, más megoldásokat is kaphatunk. A tankönyv 3.2.4. és 3.3.3. értelmezése szerint előfordulhat, hogy . Ebben az esetben C . Például a g) pontban a k azért szükséges, mert ellenkező esetben valamelyik tört nevezője 0

lenne. Tehát a k feltétel nem a C létezési feltétele, hanem az

kn

4k

kn

k n> 0kn =

4≤

4≤4

1kC

2

törtnek. Az f)

pontban, ha nem feltételezzük, hogy n , akkor az n is megoldás, mert . Az i) pontban az n n feltétel nem a C

létezéséhez szükséges, hanem ahhoz, hogy ez a kifejezés 0-tól különbözzön. A j)

2− ≥2 −

1≤

=65

2 18V V= 10 0= 1 3n ++

2 13 6n nn− ++


pontban esetén is értelmezhető a bal oldali kifejezés. Ezekre az értékekre

sem kapunk 19-cet.

{3, 4}n ∈

2 8mV V = ⋅

⋅ =

( )

( )( )

( ) (

2 2

2 2

m n

n m

=+

− −

m n= +

n>

}

1 1C Ck

( ))! !k⋅

− −2knC

=

14. Oldd meg a következő egyenletrendszereket!

a) ; b) 2 3

2

2 32 23 8

n nm

n nm mC C

− −

− −⋅

12

21

11 11 1

1

kn

kn

n kx C yk nn kx C yk n

−−

−−

− ⋅ + ⋅ = − −− − ⋅ − ⋅ = −

.

Megoldás. a) ⇒ n , m és . 2 3

2 2

2 32 2

8

3 8

n nm m

n nm m

V V

C C

− −

− −

= ⋅

⋅ = ⋅3≥ 0≥ 2 2m n≥ −

( )( )

)( )

( ) ( )

! !! !

! !! ! !

2 28

2 32 2

3 82 3 2 3

m mm n

m mn n m n

− − + = + − − + !

⇒ 2 3 8

3 82 2

m n

n m n

− + =

= − − + 3

⇒

⇒ 3 12n=

− ⇒ . 5n =

Mivel 2 5 ⇒ m , tehát ( ) . 5= (, 5,m n = )5b) Ha k , akkor C C és a rendszer összeférhetetlen, tehát feltételezhetjük, hogy k . A törtek létezéséhez szükséges, hogy n ,

2 12 2 0k k

n n− −− −= =n≤ 1≠

{0,1k ∉ . Az első egyenletet 1k

-val, a másodikat 11k −

-gyel szorozzuk, majd

összeadjuk a két egyenletet: 1 22 2

1 11 1

k kn nx C C

k k n− −− −

⋅ + = − −2 .

De ( )( ) ( )

( )( ) ( )

! !! ! !

1 22 2

2 21 11 1 1 1 2

k kn n

n nk k k n k k k n k

− −− −

− −+ = ⋅ + ⋅ =− − − − − −

!−

(( )

( ) ( )( )! !

! !1

1 11 11 1 1

1 1 1 1 1

kk k nn n

n n C Ck n n k n k n n n

−− −

− −= + ⋅ = ⋅ + =− − − − − −

, 1

C

tehát x . Ezt visszahelyettesítjük és kifejezzük y-t: ( )( )( )21

1k k k nn n− −=

−y .

15. Oldd meg az alábbi egyenlőtlenségeket! a) C C ; b) 5 . 1

10 102n n− > ⋅ 3 42n nC C +⋅ >

Megoldás. a) Ahhoz, hogy a C egyenlőtlenség teljesülhessen C nem lehet 0, tehát 0 . esetén 1 , míg 0 1 esetén az egyenlőtlenség a következőképpen alakítható:

110 102n− >

0 11n =

nC0 0

110n−

n≤ ≤1n≤ − ≤ 1 10 1110 102C C= > =


( ) ( ) ( )! !

! ! !10 102

1 10 1 10n n n> ⋅

− − + − !n⇔ 1 2

11 n n>

− ⇔ 22 2n n> − ⇔

223

n > , tehát { }8,9,10∈

( )

n . Ha C -t -re is értelmezettnek tekintjük, akkor az

is megoldás.

kn k ≥ n

11n =

( )

! !

!4n n

+

− − !2⇔ (

( ))2 ⇔

0<

2+ +

43+( )2−

2> +(> +

2n +1n n

17 4− ⋅ 4

17 117 3,2 2

− + ∈ ∩ ∞

17 117, ∩

, 5, 6, 8, 9,1

1

11

m pn p

+ +:i

i

C C

p m

p n≤

(

)

1+=C b

−

a b−

( ) ( ): 1 1p i

p i+ + + +

i+

:1 1i

+

( )

1 1 1i+ − =

np+

)( )

1 1i ⋅1 1

in i

=+ +

pp+−)

( )1

1 1m pn p

− +− − +pp

ip−

=

b) Ha n , akkor az egyenlőtlenség a következőképpen alakítható: 3≥( )

! !

25

3 3

n n⋅ > ( )15

1 4n nn

>−

)( )2n +

⇔ 20⇔ 20 ⇔ n n . 40 3n n− 2 17−

2

1,217 3 17 117

2 2n ± ±= = .

A fentiek alapján n , tehát

{ }4 7, 0,11,12,13n ∈ .

16. Bizonyítsd be, hogy 1 1 1

p i p ip pm i n im n

p p p p im m n n i

C CC C C C

+ ++ +

− + − − + −+ +

−− − = − , ha

és !

≤

Megoldás. Általában )

( ) (

!! !

!! !

1

1 1

baba

aa b bC a bab

−

−=

+ −

, tehát a

bizonyítandó egyenlőség ekvivalens a következőképpen alakítható: ( )1 1m i p i nm p n p

p p i p + − + + −− + − +− − =

1 1 1m m i n ip p p

+ + + = − − + − + + +

( )( )( )

(( )( )

m p i p m pp p i n p i

+ + − + +=+ + +

( 1i mmp mi p i pm p pnp ni p i pn pi i n

+ −+ + + − − −= =+ + + − − +

.

17. Számítsd ki a következő összegeket:

a) ; b) ; 1

!n

k

k k=

⋅∑ 2

1

( 1)n

k

k k=

+ ⋅∑ !


c) 1 ( 1)

n

k

kk= +∑ !

; d) 1

2! ( 1)! ( 2)!

n

k

kk k k=

++ + + +∑ ;

e) ; f) 2

1

nkn

k

k C=

⋅∑1 1

knn

k k= +C∑ ;

g) 1 ( 1) ( 2) ( 3

knn

k

Ck k k= + ⋅ + ⋅ +∑ )

; h) 1

( 1)( 1) ( 2

knk n

k

Ck k=

−+ ⋅ + )

!

1

2

∑ .

Megoldás. a)

( ) ( ) ( )! ! ! ! ! ! ! ! !1 1

( 1 ) 2 1 3 2 ... 1 1 1n n

k k

k k k k n n n= =

⋅ = + − = − + − + + + − = + −∑ ∑n nn

.

b) ∑ ∑ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )k 1 k 1

! 1 ! 2 ! !2

1

1 1k

k k k k k k= = =

+ = + ⋅ + = + − + =∑( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )! ! ! ! ! ! ! 3 2 4 3 ... 2 1 2n n n= − + − + + + − + = + − .

c) ( ) ( )! ! !1 1

1 11 1

n n

k k

kk k k= =

= − = + + ∑ ∑

( ) ( )! ! ! ! ! !1 1 1 1 1 1 1... 11 2 2 3 1 1n n n

= − + − + + − = − + + !.

d) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )! ! ! ! 1 !

2 21 2 1 1 2 2k k

k k k k k k k k k+ += =

+ + + + + + + + + +1 =

( ) ( ) ( )! !1 1 12 1

kk k k+= = −+ + + !2

, tehát

( ) ( ) ( ) ( )! ! ! ! !1 1

2 11 2 1 2

n n

k k

kk k k k k= =

+ = − = + + + + + + ∑ ∑ 1

( ) ( ) ( )! ! ! ! ! !1 1 1 1 1 1 1 1...2 3 3 4 1 2 2 2n n n

= − + − + + − = − + + + !.

e) ( )

!

! !2 2 2 1

1 11 1 1 1

n n n nk kn n

k k k k

n nk C k k C n kCk n k k

− −− −

= = = =

= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =−∑ ∑ ∑ ∑

n n n

1kn

11

kn−−

( )( ) ( )1 11 1

1 1 1

1 1 1k kn n

k k k

n k C n C n k C− −− −

= = =

= − + = + − =∑ ∑ ∑

( )( )

( ) ( )( )

!

! !1 1

21 2

12 1 2 1

1

n nn n

nk k

nn n k n n n C

k n k− −

−= =

−= ⋅ + ⋅ − = + − =

− −∑ ∑1 2 2 2n n n n− − − −

2k−

2

( ) ( ) ( )2 1 2 2 2 1 1n n n n n n n= + − = + − = + .


f) ( )

( )!

! !1 21 1

1 1 1

1 1 1 ...1 1 1 1

kn n nk nnn n

k k k

nC C C Ck k k n k n n

+ ++ +

= = =

= ⋅ = = + ++ + − + +∑ ∑ ∑ 1

1n+ =

( ) ( )( ) ( )1 0 1 1 11 1

1 1 12 2 1 11 1 1

n nn nC C n n

n n n+ +

+ += − − = − − + = − −+ + +

2 2n+ .

g) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )

!

! !1 1

11 2 3 1 2 3

kn nn

k k

nCk k k k k k k n k= =

= ⋅ =+ + + + + + −∑ ∑

( )( )( )( )

( ) ( ) ( )( )( )!

! !33

1 1

31 11 2 3 3 1 2 3

n nkn

k k

n Cn n n k n k n n n

++

= =

+= ⋅ = =+ + + + − + + +∑ ∑

( )( )( )( )4 5 3

3 3 31 ...

1 2 3n

n n nC C Cn n n

++ + += ⋅ + + +

+ + +=

( )( )( )( )3 0 1 2 3

3 3 3 31 2

1 2 3n

n n n nC C C Cn n n

++ + + += ⋅ − − − − =

+ + +

( )( )( )( )3 21 32 1 6 14

1 2 3 6n n n n

n n n+ + = ⋅ − − + + + + +

.

h) ( )( )( )

( )( )( ) ( )

!! !1 1

11 11 2 1 2

kn nk kn

k k

C nk k k k k n k= =

− = − ⋅ =+ + + + −∑ ∑

( )( )( )

22

1

111 2

nk k

nk

Cn n

++

=

= − =+ +∑

( )( )( )( )23 4 2

2 2 21 ... 1

1 2n n

n n nC C Cn n

+ ++ + += − + − + − =

+ +

( )( )( )0 1 2

2 2 21 0

1 2 n n nC C Cn n + + += − + − =+ +

( )( )( )

( )( )( )2 2

2 1 2n n

n n n= − − =

+ +1 12 2 4 3 2

2 2 1n n n

n⋅ − + + − − − =

+ +

( )( )( ) ( )

12 1 2 2n n nn n n− + −= =+ + + 2

b

.

18. Bizonyítsd be legalább két különböző módszer segítségével a

(Vandermonde féle) azonosságot! 0

nk n k na b a

k

C C C−+

=

⋅ =∑1. megoldás. Két cserkészcsapat tagjai közül válasszunk ki egy n tagú csapatot. Ha az első csapatban a, a másodikban b tag van, akkor ezt C módon tehetjük meg. Másrészt azoknak az n tagú csapatoknak a száma, amelyek az első

cserkészcsapatból pontosan k tagot tartalmaznak. Így a összeg ugyancsak

az összes n tagú csapatoknak a számát adja, tehát .

na b+

0

C C

k n k− =

k n ka bC C −

nk n ka b

k

−

=∑

na b aC C C +

0

n

bk=∑


2. megoldás. Newton binomiális tétele alapján ( ) 1 2 21 1 ...a a a

a a ax C x C x C+ = + + + + xx

kx

nnC

1 2 12 2nn−−

1nn−

xx

1 kn

és ( ) 1 2 21 1 ...b b b

b b bx C x C x C+ = + + + + . Az szorzat n-ed fokú

tagjának együtthatója éppen .

( )( )1 2 2 1 2 21 ... 1 ...a a b ba a a b b bC x C x C x C x C x C x+ + + + + + + +

0

nk n ka b

k

C C −

=∑

+

Másrészt , tehát az n-ed fokú tag

együtthatója . A két polinom azonosságából következik, hogy

.

( ) ( ) ( )0

1 1 1a b

a b a b ka b

k

x x x C++

=

+ + = + =∑na bC +

k na bC +=

0

nk na b

k

C C −

=∑19. Számítsd ki az alábbi összegeket!

a) ; b) ; ( )20

nkn

k

C=∑n

( )22

0

nkn

k

k C=

⋅∑n

c) ; d) ∑ . ( )20

kn

k

k C=

⋅∑ ( )20

( 1)k kn

k

C=

− ⋅

Megoldás. a) ; ( )2 20 0

n nk k n kn n n

k k

C C C −

= =

= =∑ ∑n n n

b) ∑ ∑ ; ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 1 21 1

0 0 1 1

nk k k kn n n n

k k k k

k C kC nC n C n C− −− −

= = = =

= = = ⋅ = ⋅∑ ∑n n n

c) ; ( )2 1 11 2

0 1 1

k k n k k n kn n n n n

k k k

k C kC C C C n C− − −− −

= = =

⋅ = = = ⋅∑ ∑ ∑d) Az

( ) 1 2 2 3 31 1 ...n n nn n n nx C x C x C x C+ = + + + + és

( ) ( )1 2 2 3 31 1 ... 1n n n nn n n nx C x C x C x C− = − + − + −

kifejezések összeszorzásánál az n-ed fokú tag együtthatója

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

0 0 0

1 1n n n

n k n k kk n k n kn n n

k k k

C C C C− −− −

= = =

− = ⋅ − = −∑ ∑ ∑n

.

Másrészt ( ) , tehát ( ) ( ) ( )2 2

0

1 1 1 1nn n k k k

nk

x x x C x=

+ − = − = −∑

( ) ( )( )

2

20 2

0, ha páratlan;1

1 , ha páros.

nk k

nnnk n

nC

C n=

− = − ⋅∑

20. Bizonyítsd be a következő azonosságokat:

a) C C ; b)11 2 ...n n n n n

n n n m mC C C ++ ++ + + + = 1+

1

1

1 1( 1) 1 ...2

nk k

nk

Ck n

−

=

− ⋅ ⋅ = + + +∑ 1 ;


c) C C ; d) 1 21

0

nk n

p p k nk

C+ ++ +

=

+ =∑ 2p+

21

1 10

12 1

mk km m

k

mC C Cm

−+

− −=

−= ⋅−∑ 2

mm

m

knC

nmCnm

2nm−

1nn+

2 ⋅ ⋅ ;

e) . ( )1

21 2

0

2 ( 1) ( 1)m

m k k m k mn n n n

k

C C C C−

+ −

=

⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ = −∑Megoldás. a) Írjuk fel a C C egyenlőséget a következő értékekre: 1 1

1k kn n+ ++ = +

1 11

n nm mC C+ ++ = +

C C 1 11 1

n nm m C+ +

− −= + C C 1 1

1 2n nm m C+ +− −= +

……………………. C C 1 1

2 1n nn n C+ ++ += +

11

n nn nC C++ =+

C C . 11 1 2 1...n n n n n

m m m m nC C C+ − − += + + + + + nnC

b) A matematikai indukció módszerét használjuk:

1n = -re ( ) ( )1

1 0 11 1

1

1 11 11

k k

k

C Ck

−

=

− ⋅ = − ⋅ ⋅ = 1∑ .

2n = -re ( ) ( ) ( )2

1 0 11 22 2 2

1

1 1 1 1 31 1 1 21 2 2 2

k k

k

C C Ck

−

=

− ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ + − ⋅ ⋅ = − = = +∑ 112

.

Feltételezzük, hogy ( ) 1

1 1

1 11n n

k kn

k k

Ck k

−

= =

− ⋅ =∑ ∑ .

( ) ( ) ( )1 1

1 1 11

1 1

1 11 1n n

k kk kn n

k k

C Ck k

+ +− − −

+= =

− = − + =∑ ∑ knC

( ) ( )1

1 1 1

1 1

1 11 1n n

k kk kn n

k k

C Ck k

+− − −

= =

= − ⋅ + − =∑ ∑ ( )1

11

1 1

1 1 11

n nk k

nk k

Ck n

+−

+= =

+ − ⋅ =+∑ ∑

( )1 1

11 0 1

1 1 1 11 11 1

n n nk k

nk k k

Ck n k n

+ +

+= = =

= + ⋅ − − = + = + +

∑ ∑ ∑1

1n

k k=∑

tehát a matematikai indukció elve szerint ( ) 1

1 1

11n n

k kn

k k

Ck k

−

= =

− ⋅ ⋅ = 1

21 1

n+ +

22

∑ ∑ bármely

esetén. *n ∈c) A matematikai indukció módszerét használjuk: n -ra C C igaz. 0= 1 2 2

1p p pC ++ =Ha az összefüggés igaz n-re, akkor

( )( )

11 2 1 2 3 2 3 3 1

1 1 1 20 0

n nk k n n n n

p p k p p k p n p n p n p n p nk k

C C C C C C C C C+

+ + + + + ++ + + + + + + + + + + + +

= =

+ = + + = + = =∑ ∑ ,

tehát a matematikai indukció alapján az egyenlőség minden n esetén teljesül. ∈

d) . 2 2

1 21 1 1 1 2

0 0

m mk k k m k mm m m m m

k k

C C C C C− −

+ − − −− − − − −

= =

= =∑ ∑


Másrészt 2 12 2 2 1 2 1 2 1 2

2 12 21

m m m mm m m m

m C C C Cm

− −− − − −

−⋅ ⋅ = = + =−

mmC

1−

2 0mn

k m kn n

.

e) ( ) ( )1

12 0 2 1 2 1 1

0

1 ... 1m

k mk m k m m m mn n n n n n n n

k

C C C C C C C C−

−− − +

=

− = − + + − =∑( ) ( ) ( ) ( )1 2 2 11 1 2 2 2 1 1 21 1 ... 1 1m m mm m m m m m

n n n n n n nC C C C C C C C+ + −+ − + − −= − + − + + − + − ,

tehát 2 1 . A 19/d) feladathoz hasonlóan ( ) ( ) ( )2

2 2

0

1m

m kmn

k

S C C C −

=

+ − = −∑

( ) ( )2

2

0

1 1m

k mk m k mn n n

k

C C C−

=

− = − ⋅∑ , tehát

( ) ( ) ( )22 1 1m mm mn nS C C= − − − és így

( ) ( ) ( )1

21 2

0

2 1 1m

m k k m k m mn n n n

k

C C C C−

+ −

=

− ⋅ − = −∑ .

21. Határozd meg a) a (3 kifejtés együtthatóinak összegét! 103)x y+ −

b) a 9

33

1xx+

kifejtés hatodik tagját!

c) az n értékét, ha a 33

123

n

+ kifejtésében

7

5

16n

TT −

= !

d) az 1201 2

3 3+

kifejtés legnagyobb tagját!

e) az ( kifejtés racionális tagjait! )200131 5+

f) az együtthatóját az (1 kifejtésében (a tagok összevonása után), ha a kifejtésben megjelenő binomiális együtthatók összege 1536

6x 1) (1 )nx x −+ + + n

g) az m értékét ha a (2 kifejtés legnagyobb tagja a tizedik tag! )mm+

h) az ( kifejtés hányadik tagjának a legnagyobb az együtthatója? )200122x x+Megoldás

a) Az együtthatók összege ( ) . 103 1 3 1− − =

b) ( )9 9

93 393 3

0

1 1 kkk

k

x C xx x

−

=

+ = ⋅ ⋅ ∑

. ( )931 9 3

1 kkk

k xx

−+

= ⋅ T C , tehát

( )5 4 5 1

45 5 53 3 336 9 9 9 93 3

1 1T C x C x x C x Cx x

− − = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ 5 .

c) ( )6

66 37 3

123

n

nT C− = ⋅ ⋅

, ( )6

66 35 3

123

nn

n n

−−

− = ⋅ ⋅

T C .

Mivel C , következik, hogy 6 nn nC

−= 6


( )( )12 12 12 12

12 17 3 3 3 33

5

12 2 3 63

n n n nn

n

TT

− − − − −− −

−

= ⋅ = ⋅ = = 6 , tehát 12 1

3n − = − , és

így n . 9=

d) 1 120 120 1201 2 1 1 12 23 3 3 3 3

n k k n k k nk k k k

kT C C C− −

+ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

k

1201 23

nkC = ⋅ ⋅

k , ahol n . 120=

( )1 1201 1

120

2 120 122

k kk

k kk

T kCT C k+

− −

⋅ − +⋅= =⋅

81≤ 1k kT+ >

. Ebből következik, hogy k -re T T

és k -re T , tehát a legnagyobb tag T .

81≥ 1k k+ <

81

e) ( )3 31 2001 20015

kkk k

kT C C+ = = ⋅

)1

5 . Ez pontosan akkor racionális, ha k , tehát a

-edik tag racionális

3

(3k + 0, 667=k -re.

f) . ( ) ( ) ( )1 1

11 1

0 0 0

1 1n n n

n n k k k k k k kn n n n

k k k

x x C x C x C C x− −

−− −

= = =

+ + + = ⋅ + ⋅ = + +∑ ∑ ∑ nx

9Az együtthatók összege 2 , tehát a 2 egyenletet kell megoldanunk. Az egyenlet egyetlen megoldása az n . Ebben az esetben x

együtthatója:

12n n−+ 12 1536 3 2n n−+ = = ⋅10= 6

6 610 9

7 8 84 294! 2

+ = = + =10! 9!64! 63+ 9 10 7 8 9 210

3 4 2 3⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ =⋅ ⋅ ⋅

C C .

g) , tehát 1 2k m kk mT C −+ = ⋅ ⋅ km

( )1 12

k

k

m m kT k+ − +=T

.

Látható, hogy rögzített m-re k-ban elsőfokú egyenlőtlenséghez vezet a 1 1k

kT+ ≥T

egyenlőtlenség, tehát a tagok egy ideig növekednek, majd csökkennek. Így elégséges a T és T egyenlőtlenségeket megoldani. Az egyetlen természetes szám, amely teljesíti az m m és m m egyenlőtlenségeket az

.

10 9T≥

10m =

10 11T≥( )9 2− ≤ 0 8

k

( )8 1− ≥

h) Ha a k-adik tag együtthatója, akkor , tehát kE2001

1 2001 2kkE C −+ = ⋅

1 20k

k

E k+ =

1kE + ≤

022E k−

kE

. Ebből következik, hogy k -re és -ra

, tehát a legnagyobb együttható a 668-adik tag együtthatója.

667≤ 1k kE E+ ≥ k ≥ 668

22. Bizonyítsd be, hogy a ( ) ( )2001 20012 3 2 3+ + − kifejezés értéke egész szám és,

hogy a ( szám egészrésze páratlan! )20012 3+

Megoldás. Matematikai indukcióval igazoljuk, hogy létezik olyan A B ,

amelyre

,n n ∈


( )2 3n

n nA B+ = + 3 és

( )2 3n

n nA B− = − 3 .

1n = -re A és B , n -re A és . 1 2= 1 1= 2= 2 7= 2 4B =n n

Ha ( ) ( )2 3 3n nA B+ = + és ( )2 3 n nA B− = − , akkor 3

( ) ( )( ) ( ) ( )12 3 3 2 3 2 3 2

n

n n n n n nA B A B A B+

+ = + + = + + + 3 , és

( ) ( )( ) ( ) ( )12 3 3 2 3 2 3 2

n

n n n n n nA B A B A B+

− = − − = + − + 3 , tehát

( )1 2 3n n nA A B+ = + ∈ és B A . ( )1 2n n nB+ = + ∈Az előbbiek alapján

( ) ( )2 3 2 3 2n n

nA+ + − = ∈ bármely n esetén, ∈

tehát n -re is. 2001= (2 3 0,− ∈ )1 tehát ( ) . Így (20012 3 0,− ∈ )1 ( egész

része 2 és ez páratlan.

)2 3n

+

1nA −23. Legalább hány irracionális tagja van a ( kifejtésnek ha n természetes szám és nem írható fel egyetlen természetes szám negyedik hatványaként sem?

)20014n n+

Megoldás. ( ) ( )2001 4002

2001 2 4 441 2001 2001 2001

k kk kk k

k n n C n n C n− −

−+ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

kkT C .

Ha n nem teljes négyzet, akkor meg kell vizsgálni, hogy milyen { }0,1,2,...,2001∈k -

re természetes szám a 40024k− . akkor osztható 4-gyel, ha k p

alakú, tehát k-nak 500 különböző értékére

4002 k− 4 2= +

40024k− ∈ . Ebből következik, hogy

irracionális tagja van a kifejtésnek. Ha n teljes négyzet, akkor 2002 500 1502− =4002

2k− kell természetes szám legyen, és így csak 1000 irracionális tag létezik.

24. Egy n oldalú konvex sokszögben meghúzzuk az átlókat. Legtöbb hány belső metszéspont keletkezhet? Megoldás. A sokszögnek bármely négy csúcsa pontosan egy belső metszéspontot határoz meg, tehát C a belső metszéspontok maximális száma. 4

n

25. A hadsereg fegyverraktára a mellékelt ábrán az R-el jelölt mezőn található, míg a hadtest a H-val jelölt mezőn állomásozik. A raktárból egy fegyverszállítmányt kell eljuttatni a hadtesthez. A szállítmány minden mezőről a jobboldali vagy az alatta elhelyezkedő szomszédos mezőre juthat át. Néhány gerilla aláaknázta a szürkével befestett mezőket. Ha a szállítmány egy ilyen mezőre kerül, akkor felrobban. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a hadtest megkapja a szállítmányt?


R H

Ha csak egy mezőt tudnának aláaknázni a gerillák, és ez nem lehet a vastag vonalakkal bekerített részen, melyik mezőt érdemes aláaknázni ahhoz, hogy a szállítmány felrobbanásának valószínűsége a lehető legnagyobb legyen?

Megoldás. Az R-ből H-ba vezető utak száma C . A hadtest akkor kapja meg a szállítmányt, ha az olyan úton halad, amely nem érinti az egyik befestett mezőt sem. Az alábbi ábrán az ilyen utakat számoltuk össze:

715

1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 5 6 7 8 1 3 6 10 15 21 28 36 1 4 10 20 35 28 64 1 5 15 35 70 70 98 162 1 15 50 120 190 288 450 1 1 16 66 186 376 664 1114 1 2 18 84 270 646 1310 2424 1 3 21 105 375 1021 2331 4755

A keresett valószínűség 4755 317 74%6435 429

= ≈ .

Ha csak egy mezőt aknáznak alá, akkor megszámoljuk azokat az utakat, amelyek áthaladnak e mezőn. Ha az m-edik sor és n-edik oszlopban levő, A-val jelölt, mezőt aknázzák alá, akkor az R-ből A-ba vezető utak száma C és az A-ból H-ba vezető utak száma C . Így az A-n áthaladó utak száma C , és annak a

valószínűsége, hogy a szállítmány felrobban

12

nn m−+ −

n m+817nm n

−− −

1 82 17

nm nC− −

− −⋅ n−

1 82 17

15

n nm n

− −− −

7n m

C+ − ⋅

nn

−− −

C C. A mellékelt

táblázatban minden mezőre ráírtuk a C szorzat értékét. A táblázatban szürkére festettük azokat a mezőket, amelyeket a legérdemesebb aláaknázni. Abban az esetben, ha a kijelölt négy mező egyikét aknázzuk alá, a keresett valószínűség értéke

12 17

nn m C−+ − ⋅ 8

m

715

2520 25 %6435C

= 20 39≈ .


495 165 45 9 1

1320 600 216 56 8

2100 1260 588 196 36

792 1848 2520 2520 1960 1176 504 120

330 1050 1890 2450 2450 1890 1050 330

120 504 1176 1960 2520 2520 1848 792

36 196 588 1260 2100

8 56 216 600 1320

1 9 45 165 495 26. Egy csomag francia kártyát megkevertünk majd egyesével kihúzzuk a lapokat. Hányadik helyen a legvalószínűbb a második ász kihúzása? Megoldás. Annak valószínűsége, hogy a második ászt az n-edik helyen húzzuk ki

( ) ( ) (1 2

1 48

52

4 3 12 1 52 5149 50 51 52

nn

n

C V n nV

−−⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅ −

⋅ ⋅ ⋅( )( )2 2 52 51n n n− − −

18=

)n

)5

. Ez a valószínűség

akkor a legnagyobb, ha a ( ) szorzat a legnagyobb. Mivel a tényezők összege 101, a szorzat akkor maximális, ha a tényezők a lehető legközelebb vannak egymáshoz. Ez akkor teljesül, ha n , tehát a 18-ik helyen a legvalószínűbb a második ász kihúzása. 27. Lehetséges-e két kockát úgy cinkelni, hogy a feldobásuk után a kapott számokat összeadva azonos valószínűséggel jelenjen meg minden lehetséges összeg? Megoldás. Tegyük fel, hogy a kockákat cinkeltük és az egyik kockával való dobásnál az 1, 2, 3, 4, 5 és 6-os valószínűsége rendre , , , , illetve , a másik kockánál pedig q , q , q , q , q és q . A

1p 2p 3p 4p 5p 6p

1 2 3 4 5 6

( )(2 3 4 5 2 3 41 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6p p x p x p x p x p x q q x q x q x q x q x+ + + + + + + + + +

szorzatban x együtthatója éppen annak a valószínűsége, hogy az összeg k . Ha a kívánt cinkelés lehetséges volna, akkor ez a szorzat egyenlő kellene legyen

k 2+

( 2 3 4 5 101 1 .11

x x x x⋅ + + + + + )( )

..x x+ + -nel, azaz 11 1

11 1xx−−

-gyel. Mivel a

baloldalon található ötödfokú polinomoknak van legalább egy valós gyöke, és a jobb oldalon álló polinomnak nincs, a kívánt cinkelés lehetetlen. 28. Mennyi a valószínűsége annak, hogy két egyforma kockával dobva 24 dobásból lesz egy dupla hatosunk?


Megoldás. Annak a valószínűsége, hogy egy dobásból nem lesz dupla hatosunk 2021

. Annak a valószínűsége, hogy 24 dobás után nincs dupla hatosunk 2420

21

, tehát

annak a valószínűsége, hogy 24 dobásból lesz legalább egy dupla hatosunk 24201

21 − ≈ 0, 68 . Ha a kockákat nem tekintjük egyformáknak, akkor az esemény

valószínűsége 2435

36 − ≈ 1 0 . , 491

)

29. Bizonyítsd be, hogy ha egy pénzérmét 200-szor feldobunk, akkor 95%-nál nagyobb annak a valószínűsége, hogy lesz legalább hat egymás utáni fej vagy hat egymás utáni írás! Megoldás. Jelöljük -nel az n hosszúságú dobássorozatok közül azoknak a számát, amelyek tartalmaznak legalább 6 hosszúságú csupa fej vagy csupa írás sorozatot. Az ilyen sorozatokat nevezzük „jó sorozat”-nak. A „jó sorozat”-okat az első legalább 6-os fej vagy írássorozat első elemének sorszáma szerint számoljuk és célunk egy rekurziót felírni az x sorozat elemeire. Az ötlet a következő: a 6-os fej vagy írássorozat vagy már az első n – 1 dobásban bekövetkezett, vagy az utolsó 6 dobás egyforma és hátulról a 7-ik dobás ezektől eltér, valamint az első n – 7 dobásban nincs 6-os fej vagy írássorozat.

nx

n

Ha , akkor a dobássorozatban nem lehet két különböző és diszjunkt legalább 6-os fej vagy írássorozat, tehát a 6-os fej vagy írássorozat vagy már az első n–1 dobásban bekövetkezett, vagy az utolsó 6 dobás egyforma és hátulról a 7-ik dobás ezektől eltér. Az első esetben 2 dobás lehetséges, míg a másodikban 2 dobás, tehát érvényes a következő összefüggés:

12n ≤

1nx −6n−

6

12 2nn nx x −−= + , ha n . 12≤

Ha , akkor a második esetben 2 2 „jó sorozat” létezik, tehát

, ha .

12n ≥

n nx x= +

( 77

nnx

−−⋅ −

( )71 72 2 2n nx

−− −⋅ − 12n ≥

A 12n

n n

xb = − sorozatra átírva a kapott relációt, a 61 64

nn n

b −−= −b b összefüggéshez

jutunk (b annak a valószínűsége, hogy a sorozat nem „jó sorozat”). A b sorozat

csökkenő, tehát a

n n

16364n b −< nb és így

179

200 2111 0, 75 0, 0 0, 04564

< − < ⋅ 6 =b b .

Ebből következik, hogy egy 200 hosszúságú fej / írás dobássorozat több mint 95%-os valószínűséggel tartalmaz legalább 6 hosszúságú csupa fej vagy csupa írás sorozatot.

30. Számítsd ki az S összeget! 30

( 1)n

k k nn n

k

C −=

= − ⋅ ⋅∑ n kC

(Megyei olimpia, 1997, Maros megye)


Megoldás. az együtthatója x -nek az ( kifejtésében, tehát az x együtthatója ( ) kifejtésében. Így az S

összeg az együtthatója a összegben. Másrészt

3nn kC −

k

n

−

(1 1k knC

)31 n kx −+)3n kx −

n k

( ) 31 k k nn nC C −−

nx

n (1 1k knC +

)3x −+

n n

n

( )0

n

k=

−∑( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2

0 0

1 1 1 1 1k n k n k nk kn n

k k

C x x C x− −

= =

− + = + − + =∑ ∑

n

k

( ) ( )( ) ( )2 21 1 1 1n nnx x x= + ⋅ + − = + , x

2

0 1

1

1

1

tehát x együtthatója 1. n

31. Bizonyítsd be, hogy a C C és C számok legnagyobb közös osztója

pontosan akkor kettő, ha az n kettőnek hatványa!

1 2, , ..., nn n nC

− 1nn−

Megoldás. A Pascal háromszögben a páros számok helyére írjunk 0-t és a páratlanok helyére 1-et. Így minden számot a 2-vel való osztási maradékával helyettesítünk, tehát a , és 1 1 szabályok szerint a háromszög képzési szabálya megmarad. A mellékelt ábra alapján látható, hogy az 5. és 8. sor közt a széleken megismétlődik az első négy sor (lásd a bekeretezett háromszögeket) és a középső háromszögben csupa 0 áll. A 9. és 16. sor közt a széleken megismétlődik az első nyolc sor és középen csupa nulla áll.

0 0⊕ = 0 1 1 0⊕ = ⊕ = 0⊕ =

Hasonló módon a 2 . és 2 . sorok közt a széleken megismétlődik az első sor és közepében csupa nulla lesz. (ha ez így működik n-ig, akkor a 2 . sorban a két szélső szám kivételével csupa 0 áll, tehát a következő sorban középen csupa 0

fog állni és így a két szélen ugyanaz történik, mint az első sorban, hisz talál a kezdőérték és a képzési szabály). Ez alapján a két szélső szám kivételével akkor kapunk csupa 0-t, ha a sor száma 2 , tehát a

n + 1n+

n

2nn

2n −

2n

+ 1,n=

1k−

1−jn

122

k

k

−

C j számok csakis akkor

mind párosak, ha n . Ebben az esetben a C szám nem osztható néggyel és a , tehát a legnagyobb közös osztó 2.

2k=12 2k

kC =

A bizonyítás teljességéhez elégséges igazolni, hogy C nem osztható 4-gyel. 22k


( )( )( )

1222 1

2 !

2 !

k

k

k

kC

−

−= .

( )2 !k prímtényezős felbontásában 2 hatványkitevője ,

tehát C -ben a 2 hatványkitevője

1 22 2 2 ... 2k k k− −+ + + + + 1

1 1

0 n

k =

)jn jS

n n

122

k

k

−

( )2 21 2 2 ... 2 2 1 2 2 ... 2k k−+ + + + − + + + + = .

32. Ha m n és m jelöljük -mel a C C

összeget. Bizonyítsd be, hogy C S !

, , n∈ ≠ n≤

⋅ +mS

...+ +

0 1 2 ... mn n nC C+ + + +

2 1 12 12n n n

n n nS C− −−= +0 1

0 1n nC S C⋅ ⋅(Országos olimpia, 1993)

Megoldás

0 0 0 0 0 0 0

n n k n k n n n nk k j k j k j jn k n n n n n n n n

k k j k j j k j j k j

C S C C C C C C C C= = = = = = = = =

⋅ = = = =∑ ∑ ∑ ∑∑ ∑∑ ∑ ∑n n n

( ) (10 0 0

2 2j n n j j jn j n n j n

j j j

C S C C S C−= = =

= ⋅ − = ⋅ − − =∑ ∑ ∑n n n

= + . ( )22 22

0 0 0

2 2n j j n nn n j n

j j j

C C S C C= = =

− = + −∑ ∑ ∑n n

Ebből következik, hogy , tehát . 22

0

2 2k nn k n

k

C S C=

⋅ = +∑ 2 1 12 1

0

2k nn k n

k

C S C− −−

=

= +∑33. Határozd meg az ( )n nx ∈N sorozat általános tagjának képletét, ha x

és

0 11, 2x= =

1 14 (2 ,n n nx nn+ −= ⋅ + ⋅ ∀2 1)

1n⋅ −+

1≥

na

n

n

2n

2

2 0

x x .

(Hegyi Lajos emlékverseny, 1998) 1. megoldás. Matematikai indukcióval igazolható, hogy x C . 2 2

nn n=

2. megoldás. (Szabó Vass Melinda megoldása) Keressük az általános tagot alakban. Visszahelyettesítés és egyszerűsítés után a rekurzió a következő

alakba írható: 2nnx = ⋅

1 1( 1) ( 1) (2 1)n nn a n a n a+ −+ = + + − Ha mindkét oldalhoz hozzáadunk n a -net, akkor az előbbi összefüggés n⋅

1 1( 1) (2 1) (2 1)n n nn a na n a n a+ −+ + = + + − alakban írható. Ha ezt az egyenlőséget -re is felírjuk és a két egyenlőséget kivonjuk egymásból, az ( egyenlőséghez jutunk. Ebből következik, hogy

1n −(+1 11) 1) (2 1) (2 3)n n nn a n a n a n a− −+ − − = + − −

1 1( 1) (2 1) ( 1) (2 3)n n nn a n a n a n a+ − −+ − + = − − − n 3n∀ ≥, ,

tehát , vagy

. Eszerint

1 3( 1) (2 1) 3 5n nn a n a a a++ − + = − =

11)n nn a a a+ = − = 01( 1) (2n a ++ − 12 1

nnn −−

naa , tehát =


(2 1) !!2 1 2 3 3 1...1 2 1 !n

nn nan n n

−− −= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =−

és így 2

(2 1) !!2

!n n

n n

n

n

−= =x C ,

. 0n∀ ≥

34. Az alábbi háromszög képzési szabálya ugyanaz, mint a Pascal háromszögnek csak az n.-edik sor első és utolsó eleme minden n -re éppen n. Határozd meg az n.-edik sor k.-adik elemének képletét!

1≥

1 2 2 3 4 3 4 7 7 4 5 11 14 11 5

6 16 25 25 16 6Megoldás. A mellékelt ábrán látható, hogy az első háromszög külső elemeit elhagyva és a maradék táblázat minden eleméből kivonva a Pascal háromszög megfelelő elemét éppen a vizsgált háromszöghöz jutunk.

1 1 1 1 2 1 1 1 3 3 1 1 1 1 4 6 4 1 1 2 1 1 5 10 10 5 1 1 3 3 1

1 6 15 20 25 6 1 1 4 6 4 1

Így az n-edik sor k-adik eleme C . Ezt a matematikai indukció módszerével igazolhatjuk.

11

kn C++ −− 1

kn

Documents

44 II. FEJEZET SZÁMLÁLÁSI FELADATOK, A ...math.ubbcluj.ro/~andrasz/dokumentumok/kv/szamlalmegold.pdf48 Számlálási feladatok, a kombinatorika elemei 2. Egy osztályban 13 lány