BEVEZETÉS. A tankönyvengedélyszáma: TTI /3-KTI20

Átírás

1 A tankönvengedélszáma: TT /3-KT0 BEVEZETÉS Bírálók: dr. Koráni Erzsébet dr. Megesi László Alkotószerkesztő:Körnei László Hortobági stván Marosvári Péter Nagné Pálma Piroska Pálma Lóránt Pósfai Péter Siposs András Vancsó Ödön Windísch Klára Konsept-H Könvkiadó Minden jog fenntartva. A kiadó írásbeli hozzájárulása nélkül sem a teljes mű sem annak része semmiféle formában nem sokszorosítható és terjeszthető. Konsept-H Kiadó 081 Piliscsaba Fő út 197. Tel./fa: E-maii: konsept@konsept.hu nternet cím: Felelős kiadó: Simon stván Tipográfiai terv: Biró Mária :Műszaki szerkesztő: Borbél Tamás Számítógépes grafika: Borbél Tamás Nomás és kötés: Szécheni Nomda Kft. Gőr Felelős vezető: Nemere Zsolt ügvezető igazgató Terjedelem: 469 Al5 iv Az új kérszintű érettségi előkészítése keretében a kőzépszmtű matematikavizsgára való felkészülést szolgúló feladatgűjtemén megoldaskötetét tartja kezében az olvasó. gekeztünk olan művet készitcni mclct egaránt haszonnal forgathat tanár és diák. Tekintettel arra a tartalmi megújulasra melet Nemzeti alaptanterv a kerettanterv az érettségi vizsgakövetelmének előírnak. és amel tükrözódik a feladatgüjtemén ősszeállitasán. valamenni feladat megoldását clkészltcuük. Ennek eredméneként három kötetet töltenek meg a megoldások A megoldások leírását változatos formaban közöltük. Az egszerűbb esetekben csak az alkalmazott képlétre hivatkoztunk máshol a részletszámirásokat is leirtuk. Az újszerű feladatoknál igekeztünk a felhasznált ismereteket bövebben közölni. Ahogafeladatok kőzőtt számouevöen több szőveges életközeli példát találhatunk. úg a megoldások is gakorlatiasabbak több magarázó szöveget tartalmaznak. gekeztünk a heles egensúlt megtalálni az egzakt. formájában is precíz megoldasleírás és a feladat tartalmából következő a feltett kérdésre életszerűségében kielégitő választ adó megfogalmazás közöu. Minden esetben utaltunk az alkalmazható gondolatmenetre hivatkoztnnk a használható összeföggésekre tételekre. Pefhivjuk uganakkor a figelmet arra hog a megoldások nincsenek valamenni esetben olan részletességgel kidolgozva mint amilet az érettségi vizsgán illetve évközi dolgozatokban adott esetben megkövetelhetnek. (Például a mellékszámitásoktól általában eltekinrettiink.} A feladatgüjteménben megjelenő szamos újszerű feladatnal azok újszerű szellemiségéhez illesztettük a megoldás gondolatmenetet erősítve az érettségi által is támogatott tartalmi modemizaciót. Az eges feladatokra legtöbbször csak eg megoldást közölhenünk. Ezek nem tartanak igénl a.mintamegoldas" statuszra meg kevésbé a kizárólagosságra; a kötetet használok bizonára szarnos más esetenként egszerűbb megoldást is készítenek majd a teladarokra. A megoldásnkhoz helenként kiegészítéseket is fűztünk. Ezek jelenthetnek más gondolatmenetű Másik megoldást vag olan Megjegzést amel a feladat lehetséges általánositasára utal vag valamilen kiegészítő ismeretre hívja fel a figelmet. Eges feladatok escten hivatkeztunk a fdadatgűjteménben máshol esetleg megtalálható. hasonló feladatok sorszámára. A feladatgűjteménhez hasonlóan megoldásköretünk is a gakorlatban elterjedt többféle jelölésrendszert alkalmaz. Nem is törekedtünk ezek köztil egfélének a kizárólagos hasznúlatára. még kevésbé a köztük való igazságtevésre. Uganakkor igekeztünk következetcsek lenni abban hog pl. minden esetben megkülönböztessük egmástól a függvént annak hozzárendelési szabálát illetve grafikonját. Az egenletek egenlőtlenségekmegoldásakor ahol az alaphalmazt a feladat külön nem adja meg mindig a valós számoknak azt a legbővebb részhalmazát tekintjük alaphalmaznak. amelen a szereplő kifejezések értelmezve vannak. Uganezt a gakorlatot érvénesítettük a függvének esetében is. Az eges feladatok konkrét számokkal történő végigszámolása során általában több értékes jegge! dolgoztunk mint amit a végeredménben feltüntettünk. A számitasok végeredméneiben ennek következtében lehetnek kisebb eltérések hasonlóan ahhoz hog a közölt részeredménekkel. vag ezek korúbban használt pontosságú alakjával számohmk-e tovább. A geometria feladatok megoldásában gakran hivátkozunk olan összetüggésekre amelek indoklásának állandó ismételgetésétől eltekinternink. len összefüggések például: az a oldalú négzet át-

2 u. _M. lőjánakhossza: d =a-fi; az a betogójú egenlő szárú háromszög átfogójának hossza: c = a-'/l; az a oldalú szabálos háromszög magasságának hossza: m = ~../i JELÖLÉSEK JEGYZÉKE A megoldáskötet általában egseinnomással készült. A Függvéntan és a Geometria fejezetben azonban megjelenik második szinként a piros. Fontosnak rartottuk ezt mert íg a grafikonok és az abrák sokkal áttekinthetőbbek. Altalában azt a gakorlatot követtük. hog a kiinduló görbék. alakzatok feketék a segedvonalak szürkékés rózsaszínűek. míg a végső grafikon vag alakzat a végeredmén piros. A fe1adatgűjteménbe bizon becsúsztak olan feladatok is amelek megfogalmazása hibás volt túl nehezre sikerültek és a nomda ördöge is otthagta kézjegét a kiadvánou. Az ezek közül eddig felfedezetteket kijavítottuk és az új kiadásban már javíton feladatok szerepclnek. Ennek megfelelően természetesen ebben a megoldáskötetben már javítorr feladat megoldása található meg. Az ilen feladatokat - a korábbi kiadású feladatgűjteménektulajdonosai segítése céljából - kötetünkben * jellel jelöltük. Felhívjuk a figelmet arra hog az időközben megváltozett középszmui érettségi vizsgakövetelmének miatt néhán feladat háromszintű besorolása ís módosutt a feladatgűjteménben. AL új középszintű érettségi irásbeli vizsgája három részből áll. Az első részben egszerű a definiciók összefüggések ismeretét vizsgáló feladatok szempelnek leneket találhatnak a feladatgűjteménünk 6. fejezetében. A vizsga második részében a "hagomános" érettségi feladatokhoz leginkább hasonló azoktól legfeljebb szellemiségében eltérő példákkal találkoznak a vizsgázok. len feladatok vannak a feladatgüjtemén első öt fejezetében amelek a matematika eg-eg témakörét dolgozzák fel. Az érettség! vizsga harmadik részébe összetett a matematika több területét érintő feladatok kerülnek. Ezekre a feladatgüjtemén 7. fejezetében gűjtöttünk össze példákat. A 8. fejezet az előzőekben leírtaknak megfelelő felépitésű hármas tagolású teljes feladatsorokat tartalmaz. A diákok figelmet elsősorban arra hívjuk fel hogafeladatok megoldásához önállóan célszerű hozzáfogni. Csak többszöri síkertelen nekikezdés után érdemes a megoldaskötethezfordulní először inkább csak örletszerzés céljából. Ha még ig sem sikertil önállóan megoldani a feladatot akkor javasolt a megoldás részletes áuanulmánozása. Természetesen síkeres megoldás eseten is ajánlott az eredmén ellenőrzése esetleg eg más megoldás megismerése ezekből a kötetekből. A feladatgüjtemén és a megoldáskötet is segíteni próbál napjaink matematikaoktatásanak abban a célkitűzésében amelet eg nemzetközi kutatócsoport ig fogalmazott meg:.fejleszteni az egénnek azt a készséget hog képes felismerni megérteni. milen szareper játszik a matematika a bennünket körülvevő világban és hog ennek tükrében képes megalapozott döntéseket hozni és cselekedni hog jelenlegi és későbbi élete során alkotó és felelős ember legen." tt szerétnénk köszönetet mondani a lektorok segítő munkájáért akik nagon sokat tettek annak érdekében hog a megoldások egségessége és színessége közöttí egensúl kialakuljon. Köszönjük a kiadónak és a nomdának a szerkesztős során tanusitott rugalmas egüttműködést és a szép kivitelezést smét elmondjuk hog valamenniünk legjobb igekezete ellenére a hatalmas anagban az olvasó tanár és diák.hiánosságokra hibákra bukkanhat. Kérjük jelezzékezeket a kiadónak hog azokat kijavitva a feladatgűjtemén és ez a megoldáskötet is még inkább meg tudja valósitani a matematikaoktatás megújításában kitűzött célokat. A szerzók E c "U n \ o ; ; } l 'ej 3 A V = < > ~ eleme (a halmaznak) nem eleme (a halmaznak) valódi részhalmaza részhalmaza egesítés unió közös rész metszet különbség (halmazoké) halmaz komplernentere; esemén ellentéte üres halmaz halmaz elemeinek felsorolása halmaz számossága; szám abszolútértéke vektor hossza univerzális kvantor (minden") egzisztenciális kvantor ("van olan") konjunkció ("és") diszjunkció ("vag") negáció (tagadás) implikáció (következés) ekvivalencia faktortálls binomiális egüttható természetes számok halmaza pozitiv egész számok halmaza egész számok halmaza racionális számok halmaza irracionális számok halmaza valós számok halmaza egenlő nem egenlő definiáló egenlőség kerekítve közelitöíeg egenlő kisebb nagobb kisebb vag egenlő nagobb vag egenlő + összeadás; pozitiv előjel; legalább az egik esemén bekövetkezik kivonás; negatív előjel ± plusz vag mínusz mindkét előjel (mindkét művelet) lehetséges szorzás: két esemén egszerre következik be osztás törtvonal a k hatván (alap és kitevő) r \ (négzetjgök ( ; ) két szám legnagobb közös oszrója: pont vag vektor koordinátái (eges könvekben - nálunk nem! - nílt intervallum) [ ; ] két szám legkisebb kőzös többszöröse: zárt intervallum J ; [ nílt intervallum [ ; [ balról zárt jobbról nílt intervallum J ; ] balról nílt jobbról zárt intervallum 00 végtelen [ l egeszrész { } törtrész sgn előjel osztója: feltételes valószínűség r nem oszrója % százalék %0 ezrelék abcd (négjegű) szám amelnek számjegei a b c és d egész számok f: A-----7B azj'nevü függvén értelmezési tartomána A eg képhalmaza B H hozzárendelés 4

3 .._L HALMAZOK D f az f függvén értelmezési tarto- d(p; Qj a P és Q pontok távolsága mána T.4RC terület (az A.BC héromszögé) f() az.f függvén helenesitési érté- p' a P pont képe valamel transzforke az E D f helen méció során --&- illeszkedik [A B c] az A B C pontok által meghatál parhuzamos rozon sík [a hl.l merdlcges "" derékszög V térfogat - egbevágó A felszin hasonló -e AB " fok v vektor (szögjperc O (szögjmásodperc szög ab az a b egenesek által meghatározott sík A-ból B-be mutató vektor nullvektor a es b vektorok skaláris szorzata ~ háromszög atlag PQ PQ szakasz (és a hossza is) a szaras p valószínűség PQ a PQ szakasz hossza az A esemén valószínűsége PCA) uj] t "} 1l GONDOLKODÁS MŰVELETEK Mivel sin = ~; = 3; 1.1. Halmazok tg 4" " r tg-= z Q sin 150" Q' K hligaz c~ hamis d) igaz e'~ hamis A három leggakrabban kihúzott szám a 69 (négszer) a 13 (háromszor) és a 7 (kétszer) _--- Kh' Kh _---.J A AB B o _1 (-1)(+1) 0 iá)--= O <=> egenlet nincs értelmezve ha = l ezért az L~ -l -l egenlet ekvivalens + l = O egenlettel melnek megoldása :::: -1 amel egész szám íg A = {-l}. - l > O <=> > l ennek legkisebb egész megoldása :::: íg B = {}. Mivel eg prímszám pozitiv osztóinak száma (az l és önmaga) íg C = {}. Mivel (_1)":::: [(_1)]" "" l" = 1; han E Z íg D = {l}. bjb ~ C 6 7

4 l HALMAZOK HALMAZOK [ 6. ~~ / [] u) Mivel (-)( +) > O ;::} -l> O ~ az egenlőtlenség megoldása az ábráról leolvasható: < -l v > l. - 4 c:.; O ;::} c:.; legnagobb egész szám megoldása: =. Egetleneg páros prim van ez a. " {1 ha n páros; (-) l =.. (n E Z) - han páratlan. Tehát a halmazok: A={ERl<-l v>l}; B = {); C= {); D={-l;l). b)b = C a)=-l eseten (_1)+)'= ebből = O iga = {(-l; O)} egetlen pont. Szorzat akkor es csak akkor 0 ha valamelik ténezője O íg = Ovag = -l a sik pontjai közül eg-eg egenest adnak. Tehát a B halmazt két egenes pontjai alkotják. hj A ket halmaz nem egenlő. a EA ésb E A eaetén: -J n A -1 B -1 }' A ~ 6+ ~ " 5 a) HaA = K =} a + b E N mert két természetes szám összege is tenneszetes szam. Ha~4 = Q =} a + b E Q mert két racionális szám összege is racionális szám. Ha A = Q* =} a + b Q$ mert két irracionális szám összege lehet racionális vag irracionális szám pl. "/ + (--v') = O e: Q* de../" + -"/3 E Q*. 4 o n o }' 3 LJ a) a E A esetén: Ha A = N =} a a = a E N mert eg természetes szám négzete is természetes szám. Ha A = Q~ =} a a = a rt: Q* mert eg irracionális szám négzete nem míndig irracionális szám pl. -/. -/ = g: Q* de (l + -v') = / EQ*. (Két irracionális szám szorzata lehet racionális vag irracionális szám.) HaA = R => a. a = a E R mert két valós szám szorzata is valós szám. b) a E Aés b e Aesetén: a Ha A = N => b e N merr két természetes szám hánadosa nem mindig természetes szám pl. i e: N de %= e K; valamint b = O-ra nincs értelmezve a müvelet. a Ha A = Q~ => b Q"' mert két irracionális szám hánadosa nem mindig irra- - r;; '\ Clonalis szarn pl =- = 3 e: Q* de -----= =...; E Q*. -v/..13 a Ha A = R =} ~ R két valós szám hánadosa nem mindig valós szám mert b b = O-ra nincs értelmezve a tört de ha b :;t Q akkor ~ b E R. c) a E A esetén: HaA=K =} a - a N mert a = Q-ra nincs értelmezve a müvelet. HaA = Q* =} E. e Q* mert O e: Q*és ~ = l v a e Q*esetén de E Q~. a a a Ha A = R=>- e: R mert a = O-ra nincs értelmezve a müvelet. a b) HaA = N =} a-b e: Ni mert pl. 5-7 = - N. HaA = Q =} a - b E Q mert két racionális szám külőnbségeis racionális szám. Ra A = Q* => a - b Q* mert két irracionális szám különbsége lehet racionális vag irracionális szám pl. '\f]- '1/' = O Q* de '1/' - >/3 E Q". c) HaA = N =} a. b E K mert két természetes szám szorzata is természetes szám. Ha A = Q =} a. b E Q mert két racionális szám szorzata is racionális szám. Ha A = Q* =} a b e: Q* mert két irracionális szám szorzata lehet racionális vag irracionális szám pl. 'J'./ = e: Q" de""; ''''/3 = "/6 E Q*. ta) Az adott K halmazból kivélaszthatók olan elemek melre a + b K például l + = 3 K tehát nem igaz az állítás..:9jj Az adott K halmazból kívélaszrhatók olan elemek melre a - b rt: 1 - = -1 ol K tehát nem igaz az állítás. K például /q) Az adott K halmazból kiválaszrhatók olan elemek melre a. b rl K például ~. = 4 e: K tehát nem igaz az állítás. Megjegzés: Ha a:;t b akkor minden K-beli elemre teljesül hog c. b E K.

5 HALMAZOK HALMAZOK G Legen K == {l; j ekkor i. lis1 a) a = a Óa 1 1 = 1 E Kde = 4 ~ K tehát nem teljesül. a b 1 K ct K h' ' '1 b)/; (a"!: )eseten"i:'o e.= E te atnem teijesut. e) ~ = 1 E K tehát teljesül. a Legen K = {O; l} ekkor a) O. O = O E K 1 1 = 1 E K tehát teljesül.. O b). = O E K b = Oesetén a tört nincs értelmezve tehát nem teljesül. 1 e) - = 1 E K a = Oesetén a tört nincs értelmezve tehát nem teljesül. 1 Aranka és Béla február minden páros sorszámú napján találkoznak egmással és minden öttel osztható sorszámú napján egütt mennek mozíba. Februárban kétszer (lo-én és D--án) voltak egütt moziban és háromszor (5-én S-én és 5-én) voltak külön mozíban. A nég üzlet egszerre van nitva 93o::""'100_ig és 13 oo_ 1430_ig. Tehát összesen nég óra hosszú az az idöszak amikór mind a nég üzlet egszerre nitva van. Nem igaz. Legenek például a kihúzott számok: l; ; 3; 4: 5 a három testvér megjátszott számai pedig: 1; ; 3; 10; 0 1; ; 4; 30; 40 3; 4; 5; 50; 60 Az egjegű primszámok Ezek halmaza: f; 3; 5; 7}. E halmaznak 4 "" 16 részhalmaza van melek a következők: [); [J; [3J; [5J; (7J; {; 3J; {; 5J; (; 7[; [3; 5); [3; 7J; [5; 7J; [; 3; 5J; (; 3; 71; [; 5; 7J; [3; 5; 7J; [; 3; 5; 7) 7 elemű halmaz páratlan számu elemből álló részhalmazainak száma: (n+gj~g)+g) A páros számu elemből (~)+ G)+(:)+(~) álló részhalmazainak száma: E két összeg egenlő azaz ( 7J' + ~ + r) + (~ = (~ ( (7) + (7) m~ l ~3- ::l 7) O) _ átrendezve: (7)_(7)+ (7)- (;'1+[71_ (71+(7)_(7'1 = O O \.1 ).J) 4) 5/ \6 \7) A binomiális tétel értelmében a baloldalon álló kifejezés (1 _ ) 7 = O. Tehát eg 7 elemű halmaz részhalmazat között ugananni páros számú elemből álló részhalmaz van mint páratlan számu elemből álló részhalmaz (lásd 7. feladat). Másik megoldás. w=~~=m W=Q m=~m~ G)= k'(~!-k)1 =(7~kJ. ahol ke [0.1 ""7J (Ez utóbbi belátható íg is: A 7 elemű halmazból anniféleképpen választható ki például elem ahánféleképpen a többi 5 elemet nem választjuk ki.} A = {6; 1; 18; 4;... j B = (6; 16; 6. 36; "J C = [; 5; 8; 11; 14; 17; '"J D = [1; 4; 36; 48; ) E = (3; 7; 11; 15; 19; "j F = [1; ; 3; 6J G = [6; 1; 18; 4; J H = [6; 1; 18; 4; ) A=G=H BnF=D EnF=D AnF=C AnD=C \ A tealala // 6/~éi;'z'~~ D rombusz \. 11

6 HALMAZOK HALMAZOK Számozzuk meg az A H C halmazok ajtal létrehozon tartománokat 1-7-ig. Az első feltétel szerint összesen hat elemet (a h c d ef) kell elheleznünk ezek valamelikében. A második feltétel miatt a b elem a. vag 5. tartománban lehet és ezekben nem is lehet rajta kivül más. A harmadik feltétel szerint a tartománokban összesen az e ésj'van - emiatt L. 3. B A d b b nincs az 5.-ben tehát a.-ban van és az 5. üres. A negedik feltétel szerint 1. (' ~ és. tartománokban a b c dvan - közülük már láttuk hoga b (és csak ő) a e / \ J!\ ).-ban van tehát c és d az l.-ben. Az ötödik feltétel szerint a 4. es 7. tartománokban van a es e - ezt összevetve a harmadikkal adódik hoga 4.-ben van e és a 7.-ben a. Ígfcsak a 6.-ban lehet. Tehát a halmazok: A := {b; c; d; e} H:= {b;j1 C:= {a; e;j1. A a ( f c d ) Többféle megoldás is elképzelhető például: A! g ~ / l1j \ \ ( \ A ro H = D azaz a 6-tal osztható pozitív egész számok halmaza. (A n B) \ C = F olan 6-tal osztható pozitiv egész számok melek nem O ra vag 5-re végződnek ezek nem oszthatók 5-tel. F:= 16; 1; 18; 4; 36; 4; 48; 54; 66; 7;... j. Az ábrázolt halmazok egike sem üres halmaz. CuD={a;b;c;e;iJ CnD={a} C\D=(e;iJ D\C={b;c}. Ha A c B c C akkor Venn-diagrammal ábrázolva: A diagramból Játszik" hog AuBuC=C és AnBnC=A. A = (-; ) R = (-; -1; O; l; 1 C = (O; 1; ; 3; 4; 5; 6; 7) a) (A 1 Bj \ C = 0 b)(aur)c= (-;-1) ej (A B) n la C) = 0 d) la u R) 1 (B u c) = 0 e)(anr)c={-j fl (.4nBjAnC)={-) A = (O; 1; 1; B= (-); C = {; 3; SJ; AnBnC= (J. Az A B C halmazok egike sem valódi részhalmaza a másiknak. A c E B c!7;1 a) hamis b) hamis c) igaz d) igaz '8 1 aj igaz b} hami" c) igaz d) hamis..

7 HALMAZOK HALMAZOK a) igaz b) hamis e) igaz ct) igaz e) hamis f) igaz a) gaz mert mindkét müvelet uganazokat a tartománokat adja eredménül. (Ezt a müveleter hívják szimmetrikus differenciának is jele: A L'l B.) b) gaz mert mindkét müvelet uganazt a tartománt adja eredménül. al A a) Nem igaz merr a két müveler különböző tartománokat ad eredménül. B bj c A \ B: Azoknak a magar állampolgároknak a halmaza akik szeretik a mézet de nem szeretík a tejet B \ A: Azoknak a magar állampolgároknak a halmaza akik szeretik a tejet de nem szeretik a mézet. B ro C: A kilenccel osztható pozitiv egészek halmaza. B u C: A 9-cel osztható negatív egész számok és a hárommal osztható pozi- A tlv egész számok halmaza. A ro C: A -cal osztható egész számok halmaza. A n B: A 6-tal osztható pozitiv egész számok halmaza. A n B n C: A 18-cal osztható pozitiv "C~~.s-> egész számok halmaza. ~ A B ) J 35 1 aj b) Hl =AnB=BnC; H ::: B\A =B\C; H 3=H1 ; H 4=A\B. c ftl. ; baloldal b) gaz mert mindkér művelet uganazt a tartománt adja eredménül. 'á) A \ (B U ej vag CA \ B) n (A \ c) ~)D\E c) G u (H nl)vag(gu HJ n (Gv l) jobb oldal \( \/ \/ A n B: Azoknak a magar állampolgároknak a halmaza akik szeretik a mézet és (szeretik) a tejet is. A u B: Azoknak a magar állampolgároknak a halmaza akik a méz és a tej közül legalább az egiket szererik. A B a) Mindkér intervallunmak végtelen sok eleme van! pl. {-109; ; -107; -1051; -!} c A pl. {-.104; - ld3; - 108; ; -1} c B b) B valódi részhalmaza A-nak! AnB=B; AuB=A; A\B=]-.1l;-105J; B\A=[} -11 ~ l-es tartomán: Hl \ H ; -es tartomán: (Hl n H ) \ H 3; 3-as tartomán: H l fl H 3 ; 4-es tartomán: (H 3 fl H ) \ H; 5-ös tartomán: H3 \ H. c A B 14 15

8 HALMAZOK HALMAZOK A n B:# 0 ha ::;; b ::;; 6 Hab = vag b = 6 akkora nb 1 elemű halmaz. Ha < b < 6 akkord =A n B elemű halmaz {P; Q}. Pl. A = N B= {ER0<<4} C= (1;;3j ~: :1: t t t A O l 34 Bo C.-=- -)c * -:- :i' il: A és B végtelen halmaz C véges halmaz. o -3 o *9 B 4 6 / '\ C (4;-3) A ': :1' :: Két halmaz uniójának anni eleme van mint amenni elem összesen csak az egik halmazban meg csak a másik halmazban meg a metszetükben található azaz AuB = A\B+BA+A"B. B\A = la ub-la\b-a" B = 9-4- = 3 enni elem Átrendezve van csak a B halmazban. ezért A=+4=6 B=3+4=7. Megjegzés: Szépen ellenőrizhető a salra-formula vag más néven Poincaré-térel c.teljesülése: la u B = lal + B-lA" B. azaz most 9 = A 8 tanulóból a megadott adatok szerint 8-3 = 5 tanulónak van jelese fizikaból és 8-1 = 7 tanulónak matematikából Mivel matematikából vag fizikából 10-en kaptak jelest és = 1 jeles osztálzat van összesen ezért 1-10 = tanulónak van mindkét tárgból jelese. (Lásd még a venn-diagramor.) A 4 3 B X' lj + u+=5 1'+=7 U+F+X= 10 = )-_5+/ ]O. '4 '1 ci) F () J a harmadik oszlop S az első sor tehát a táblázat szerint a válasz 10..lj) B a teljes második sor itt az elemek összege: 7 + ] ] = 4. 'c) 7 a "nem jobbkezcsek" tehát a balkezesek halmaza (az első két oszlop) V a harmadik sor tehát V n 7 elemszáma. + 3 = 5. 1) B u V a második és harmadik sor egütt F v 7 a férjezettek vag balkezesek > halmaza (első második és harmadik oszlop) ezek közös részének elemszáma tchát az első három oszlop és a másodikvag harmadik sor kereszteződésében álló elemek összege: = 46. a) Mivel az A a B és a Ovércsoportúak száma egütt = 956 ezért = 44 az AB vércsoportúak száma. (Lásd még a venn-diagramos ébrát!) Vigázat ebben az esetben a halmazoknál megszokottól elréröen az A és a B vércsoport a tisztán A és a tisztán B-tjelenti az AB se az A sc a B vércsoporthoz nem tartozik! A / ~ 410 fő AB ] / B 48 fő b) MivelRh+ 10 fő tehát Rht összesen = 880. Mivel a41üa vércsoportúból Rh" 4 fő ezért = 368 fő az A és Rh- vércsoportú. A 48 B vércsoportúból Rh+ 61 fő ezért B és Rh" = 41 fő. Végül AB és Rh+ vércsoportú nem volt tehát mind a 44 fő AB-s Rh". Eszerint az Rh- A B és AB egütt: '" 833. Összesen 880 Rh- vércsoportú személ van tehát '= 47 fő az aki a O-sés Rh" vércsoportba tartozik. Másik megoldás. (táblázatos formában az eges lépéseket dőlt berűvel jelölve) A AB B O összes Rh+ 4 O Rh 47 összes

9 HALMAZOK a) Mivel üoü-en vettek részt ezért (41 ü e ) == 44 ami tehát az AB vércsoportúak sza ma. b) Mivel Rh + összesen 10 és ebből megvan az A B és AB-sek szánía ezért kiszámítható a ü-soké is: 17. Ezután - mivel a O-s oszlopban 64 az összeg - innen == 47 Rh" és egben O-s vércsoportú személ van. Mlvel mindenki megoldott legalább eg feladatot ezért a két feladatot megoldó tanulók száma az indulok létszámának 30%-a (60% + 70 f );' == 130% ami a kétszer figelembe vett 9 tanuló miatt több 30%-kal az indulők szamánál). A versenen tehát 30 tanuló indult mert ennek a 30%-a éppen 9. Ez lehetséges is hiszen ezzel számolva: 1 tanuló oldotta meg az első 18 tanuló li második feladatot s ig valóban 9-en voltak a mindket feladatot megoldók. a) gen hiszen például teszöleges számú olan tanuló lehet aki egik adott halmazba sem tartozik. b) Legalább 15. e) A legtöbb ilen tanuló akkor van amikor a komolzenét kedvelő tanulók és a sportoló tanulók halmazának metszete a legkisebb elemszámú. Mivel == 167 ezért a két halmaz metszete legalább elemű halmaz. Ez aztjelenti hog legfeljebb 75 komolzenét kedvelő de nem sporroló tanuló lehet ebben az iskolában. Számoljuk ki szira-módszerrel a mindhárom árucikkból vásárlók számat. Legen ez a (nilván nemnegativ) szám == 5 (hiszen 5-cn nem vásároltak semmit) amiből = _ J Ez nilván lehetetlen ezért a főnöknek figelmeztetnie kell beosztottját hog pontosabban végezze el a rábízott feladatot. Konkrét példánkban leszámoljuk a különböző betüket. v á r o s é t e i í a ú 1 különböző betű szerepel. {Általánosnn a szita-formulával lehet számolni: jelölje a nég szót A B C és D. Ha H jelöli a H halmaz számosságát. akkor esetünkben: AuBuc-.JD ~ A+B+lcl+D- -lan B-A n ci-la >D- Bn cl-b nd- Cn Dl + +1 n Bncl~A ">BnD +11 n end +Bn C"D -lanbn c">d = == l O == = 1. Azaz 1 különbözö betű lesz a szavakban.) r ~ (~ íg LO == -/5. LN"U derékszögű háromszögben. 6 tga == - == 15 ebből ( == 5631". 4 HALMAZOK LV == 4; Nt) == 6; OP =. U/O derékszögű háromszögben Pitagorasz tétele alapján: L0 = ~r N0 _.n + LP és LK a körhöz L pontból húzott érintök. Eg körben az érintő merőleges az érintési pontba húzott sugána íg LPO és LKO háromszögek derékszögüek. OP Ebben sinp = OL == 0774 ig fl = 161" S; n :::; N '-:-:íj-~~j ---~- " " / P O A a) Például ig: (A \ (B u e)) u (B \ (A u C)). Ha ismeri a szimmetrikus differencia műveletét (lásd 30. a) akkor egszerűbben: (A L'l B) \ C. b) (D u CE n F)) \ (D n CE u F) vag CD \ (E u F) v ((E n F) \ D) c) Például: (G \ (H u 1)) u CH \ CG u 1)) u (l \ (G u H)) u (G n H n lj de sok más lehetőség is van. Azonban mindegikben a három halmaz szerepe azonos egmással.felcserélhetö". (Az eredmén szimmetriája ezt szépen mutatja. A szirrunetrikus differencia műveletével - lásd 30. a) - az eredmén egszerűbb: CG L'l H) :'.l: illetve éppen a halmazok egforma szerepe rniatt bármel más zárójelezéssel is uganezt kapjuk vagis a müvelet kommurativ és asszociatív tehát irhatjuk íg: G il H il f.) Három olan halmaz melek végtelenek és bármelik két halmaz közös része is végtelen: A; c: D vag c: E; F -3 o ) 1 \}!J"'- :4 A n C halmaz akkor nem üres ha az = /n.t + 3 egenes LP és LK szélsőértékek között halad. Mivel az egenes m meredeksége jellemezhető iránszögének tangensével. LP egenes n] meredeksége /nl == -tg(a- jj) == -tg401" = LK egenes meredeksége: ~ == -tg(a+ fl) = -tg74l" == TehátA n C nem üres halmaz.fia K c t. t.

10 HALMAZOK LOGKA Az egik feltételt áralakirva kapjuk hog A + B! + C = 31 A n n C + 3. Az ábra szerint D E....s-vel jelölve az.4 B C halmazok által létrehozott hét (közös elem nélküli) tartománt (vegük észre hog H = A n B n C) a fenti állítás a logikai szita miart íg is írható: D 1+ E +H +1 G+E+ F H+ G+ H J = = D+E+F+ G+3!H /1 = 3H!+3; amit egszerűshvokapjuk; D +1 E +F +1 G+111 +J = 3. A másik feltétel szerint egik halmaz sem részhalmaza semeltk másiknak tehát mindnek van olan eleme mel~ a metszetben nincsen vagis D F J mindegike pozitív tehát D + lf ~ 3. E két eredménből következden az E G 1 halmazok üresek és D = F = J = i..ti. keresett számcsságú (A \ B) u (B \ c) u (C \ A) halmaz új jelőléseinkkel: D u E u Fu u J u G ennek elemszáma pedig a fentiek szerínr 3 A E B' ( D/~P ) / G f \ -:': ~!j4. ;1'. Logika.a) gaz. Minden egész szám felírható két egész szám hánadosaként is. b) Ez a kijelentés az a)-belinek a tagadása ezért hamis. e) Hamis. Pl. a ~ racionális szám de nem egész szám. 7 d) gaz például -::;-. o e) Ez a kijelentés a "A1inden tennészetes szám racionális" kijelentéssel azouos tehát az a) ezerint igaz kijelentés hiszen a tennesletes számok egben egész számok is. Mindhárom állítás igaz. a) "Két páros szám összege mindig páros" - megfordítása: "Páros szám mindig két páros összege". b) Nem igaz mert páros szám lehet két páratlan összege is. Ekkor a lánok száma 1 és 8 közé eső egész szám és nilván "a legalább két feladatot hibátlanul megoldó lánok" száma is egész. Az 1 és 8 közötrí egészek közül egedül az 5 olan amelnek négtized része is egész vagis öt lán és nég fiú szerepelt a döntőben. Ha a kiránduló csoport lán tagjainak a száma akkor a fiú tagok száma 0. A csoport létszáma íg h melről tudjuk hog 50-nél nem nagobb pozitív kétjegű páros szám. Ezért csak = lehet tehát a csoport létszáma 4 fő. Ha az osztál létszámébóllevonjuk azoknak a tanulóknak. a számát akiknek törtenelemből kell javítóvizsgázniuk és levonjuk azoknak a tanulóknak a számát is akiknek biológiéból kell javltóvizsgázniuk akkor azoknak a tanulóknak a számát akiknek mindkét tárgból pótvizsgázniuk kell kétszer vontuk le. Tehát azoknak a tanulóknak a száma akiknek egik tárgból sem kell javitóvizsgázniuk: S + 3 ;;;: 5. Ha páros számu egész szám összege páratlan akkor szükségképpen kell közöttük páros számnak js lenni íg ekkor a szorzar páros. Ha páratlan számu egész szám összege páratlan akkor lehetséges hog mindegik szám páratlan ilenkor szorzatuk js páratlan szám lesz. Tehát az állítás öt egész számra nem igaz hat egész számra pedig igaz. 0

11 LOGKA LOGKA a) Öt lehetőség van (természetesen nem mindegik ésszerű megoldása a problémának): - a C 3 íócsapot elzárjuk (a másik kettő nitva és zárva is lehet); ez a lehetőség: - C j-ct és Crt clzárjuk de C 3-at nem; ez is eg lehetőség. b) C C C J B helen atfolik a víz l. Z Z Z hamis ~. " Z Z -~--- hamis 3. Z :-l - -- Z hamis 4. N Z Z hamis 5. Z N N igaz ~ N Z N gaz 7. N i N Z hamis - 8. N N N gaz a) Három lehetőség van (természetesen nem mindegik ésszerű megoldása a problémának): a C 3 föcsapot és a másik kettő közül még legalább eg főcsapot elzárunk. b) Cl Co C B helen átfolik a víz l. N N N 19az. N N Z 19az 3. N Z :-l igaz 4. Z N :-l igaz 5. Z Z hamis 6. Z N Z hamis " a) Az.4 \ B = B \ A állítás nem igaz minden.4 és E halmazra mert például ha A ;;t: B és A. r- E = 0 akkor A. \B =A és B \A = B tehát A \B :;;tb\a. b) Van olan-t és B halmaz melre A \ B = B \ A.. Ha például A = B akkora \B = B\A = \ B =B \ A akkor és csak akkor teljesül ha A =B..._- 7. Z Z N 19az '--" 8. Z Z Z hamis a) Az CA \ R) u = A állitás nem igaz minden rt és B halmazra mert például ha az A és B nem üres halmazoknak nines közös eleme akkor (A \ E) u E = A u B ;;t: A. b) Ha B c A akkor az állítás igaz ezt illusztrálja az alábbi Venn-diagram: c) (A \ B) u E = A akkor és csak akkor teljesül ha B <;;;; A. Használjuk ki hog cg adou kijelentés csak kétféle logikai értékű lehet: igaz vag hamis. Ha X igazat mond akkor az "Y hazudik" eg igaz kijelentés ig Y állitása hamis tehát Z nem hazudik: az "X hazudik és Y is hazudik" kijelentés igaz. Ez azonban ellentmond annak a Jettevésünknek hog X igazat mond. Mivel ez nem lehetséges ezért X kijelentése csak hamis lehet vagis Y igazat mond. Ebből az következik hog Z kijelentése hamis. Ez valóban ig van hiszen az "és"-sel összekapcsolt két kijelentés közül az egik hamis. Összefoglalva: X és Z hazudik Y igazat mond. "A testvéred mit mondana melik út vezet a városba?" Bármelik testvér a rossz utat mutatja meg válasznl tehát a másikon kell mennie az utazónak. a) Egik megoldas a feliratok igazsága szertnri vtzsgálaual: az első láda felirata nem lehet igaz mert akkor igaz lenne a másodiké is és csak eg igaz felirat van. Ha a második láda felirata igaz volna akkor a kulcs lehetne az 1. ládában (de nem lehet mert akkor ez a felirat is igaz volna) vag a harmadikban (de ez sem lehet mert ekkor a 3. felirat is igaz volna). Vagis csak a 3. felirat lehet igaz: ekkor az 1. felirat hamis tehát a kulcs nem ott van; és a. felirat is hamis tehát a kulcs ott van a második ládában ezt válassza a legén. Másik megoldas a kulcs hele szerinti vizsgálattal: ha az első ladában volna az l és. felirat is igaz lenne ami nem lehet. Ha a másodikban van akkor azl. es. felirat hamis a 3. igaz. ez eg lehetséges eset. Ha a harmadikban lenne akkor az l. felirat hamis volna vagis igaz lenne a. és 3. is ami megint nem lehet. Tehát cg lehetséges eset vall: a kulcs a második ládában lapul ezt válassza a legén. b) A fenti második megoldás szerint két olan eset is van amelben a három felirat közül pontosan eg harnis (mert a másik kettő igaz): ha az L vag ha a 3. ládában van a kulcs. Ez esetben tehát a legén nem választhat egértelműen jól 50% eséllel van vag nincs szerenceéje. Megjegzés: mivel három állítás igaz vag hamis voltának megoszlása 3-O -1 l- vag O-3 lehet az ilen tipusú feladatokban vag csak a "csak eg igaz" vag A ) 3

12 ~~--~._- ~~.~--~ '- ~ _. LOGKA LOGKA csak a.sak eg hamis" kérdésre van egértelmű válasz - esetleg egikre sem; de mindkcuőre bizonosan nem lehet. Mivel az állítások egmásnak ellentmondanak (kizárók) csak egikük lehel igaz. Ekkor az összes többi hamis kell legen ez üö-ból 99: vagis az utolsó előtti 99. állítás az igaz. Fog1aljuk táblázatba először a hét melik napjan melikük mond igazat. illetve melikük hazudik (l. táblázat). Ennek alapjan vizsgáljuk meg mit mond az Oroszlán és az Egér a hét eges napjain előző napi szokásáról (. táblázat). Látható hog csütörtök az egetlen nap amikor a feladatban idézett kijelentések elhangozhatrak tehát Aliz csütörtökön járt a Feledékenség erdejében. o E H h ~ h i Sze h i C i h P i h Sza i h V i o E H h i K i S" i Cs h h p ---- Szo r ~ --" V t h l. táblázat. táblázat a) A kővetkeztetés heles hiszen ha moziban lettem volna nem tudtam volna tanulni - márpedig tanultam. (Formalizálva: A :=.moziba megek'' 8:= "tanulok". Most az ((A =} -B) /\ B) =} A formula igazsága a kérdés. Vizsgáljuk meg előbb igazságtáblézattal: A B ~B A =} B (A-=>-B)/\B -A ((A =} B) /\ B) =} A h h h h t h i h h t h h i i - ~- h h i h i j Látjuk az eredmén minden esetben igaz vagis formulank valóban eg tautológia. Eljuthatunk a célig az ismert müveleti szabálok alkalmazásával is. Mível általában a kövétkeztetés átírható íg: C =} D = C v D ezért formulánk új alakja: -((-A v ll) /\ ll) v.'1. Előbb a De Morgan-féle azonosságot 69.~ (lásd 10. feladat) majd eg disztributivitást alkalmazva ez tovább egenlő: ((A A B) v B) v -A = ((A v B)/\ (B v -8)) v A harmadik kizárásának elve és az elnelési szabál mían kapjuk: (A v -B) v A ami a kommutativitás és asszociativitás eg újabb "harmadik kizárása" és elnelés utan a konstans igaz állitással egenlő - és épp ezt kellett belátni.) b) A következtetés heles hiszen ha nem lettem volna uszodában tanultam volna - de nem tanultam. (Al. elözőek szerint formalizálhatjuk ezt az állítást is; sőt egszerűen az előző levezerést magát is alkalmazhatjuk a következő megfeleltetésekkel: A := "nem megck uszodába" B:=" nem tanulok"} -il) Ha eg trapéz deltoid akkor van kél szemközti szöge amelek egenlők egmással. Az ezekkel közös száron nugvó másik két szög az előbbieket l800-ra egészíti ki tehát a másik két szög is egenlő egmással. Ez azt jelenti hoga trapéz paralelogramma s mivel deltoid is ezért átlói merőlegesek egmásra. Az ilen paralelogrammák rombuszok. Az állók megadott hosszából Pitagorasz-tétellel kiszárultható a rombusz oldal- ~ ~ hossza: 'lj] O = \11565 =15 cm. A rombusz kerülere tehát 50 cm. 'b) Néhán példa: i/ _ Minden rombusz trapéz. - Van olan deltoid amelik nem trapéz. - Nem minden trapéz rombusz. - Nincs olan rombusz amelik nem deltoid. [cij.l_ a) igaz [7;l1 "Ha eg természeres szám osztható 5-tel akkor nullára végződik." Ez hamis kijelenrés..ha eg háromszögnek van két egenlő szöge akkor (a háromszög) egenlő szaru." Ez igaz kijelentés. "Ha a / felírható kél pozitív egész (szám)." b) igaz c) hamis d) hamis a) Nem igaz hoga 1 osztható 3-mal és (a 1) osztható e-gel. A 1 nem osztható 3-mal vag (a () nem osztható 4-ge!. ~t.r) A 1 osztható 3-mal és (a 1) osztható 4-ge!. e) igaz e) Nem mtnden páros szám végződik nullára. Van olan páros szám amelik nem nullára végződik. ci) Minden öttel osztható egész szám nullára végződik. ~ szám hánadosaként. akkor a -...; racionális J) hamis 4

13 = LOGKA LOGKA A d) kijelentés tagadása nem szerepel a felsorolt állítások között. A e) kijelentésnek az a) és a b) kijelentés is tagadása íg tehát a) és b) tagadása is szerepel felsorolt kijelentések között hiszen a e) kijelentés mtndkettőnektagadása. Az a) kijelentés tagadása nem szerepel a felsoroltak közöu. A b) és a d) kijelentés egaránt tagadása a e) kijelentésnek íg tehát b) és cl) tagadása is szerepel a felsorolt kijelentések között hiszen a e) kijelentés mindkettőnek tagadása. Megjegzés: a "két kulönbözö hosszúságú befogója van. fordulat derékszögű háromszög eseten uganazt jelenti mint a "nem egenlő szárú" Nem heles. A szóban forgó ABCD négszögről csak anni bizonos hog paralelogramma. Nem heles. A vizsgáltabcd négszög legen például eg olan paralelogramma ameliknek az egik szöge 70 0 _os. Ekkor nilván nem téglalap ez a négszög átlói mégis felezik egmást. Heles a következtetése. Ha uganis az ABCD négszög (mégis) téglalap lenne akkor az igaz (tanult) kiinduló feltétel szerítu az átlóinak felezniök kellene egmást (ám ez most éppen nem teljesül mint tudjuk). úr heltelenül következtetett. ' Legen bár Y úr teljesen felkészületlen (a logikai következtetések szabálait illetően) akkor sem lehetünk eleve biztosak abban hog igaz kiindulási feltételek mellett végül biztosan hibás következtetésre jut. (X úr heltelen következtetési sémája: Feuéset: Ha A akkor B. Kővetkeneiés: Mivel nema ezért nem B.) Az 1. kijelentés igaz volta miatt érdemes részvént vennie csak az a kérdés meliket? A. kijelentés igaz ezért a "vag"-gal összekapcsolt két kijelentés közül legalább az egik igaz. Az "R1-en nerni lehet" kijelentés nem lehet hamis mert akkor az "RTn vesriteni lehel" kijelentésnek igaznak kell lennie vagis egik részvén sem hozna nereséget. Ez pedig ellentmondana az. kijelentés igaz voltának. Az "R-en nerni lehet" kijelentés tehát igaz ezért Okos Katának érdemes R l részvént vásárelnia. (Az Rrről nincs biztos információja ezért ha óvatos akkor nem vásárol ebből.)...a -/5 nem lehet racionális szám. A versenen ll-cn vesznek részt. Rendeljüllk hozzá a versenzőkhöz a ejérszott mérközéseinek szám~t! A feladat feltétele míatt bármelik versenzőlegfeljebb mérközést játszott. gaversenzőkhöz rendelt lejatszon mérkózésck száma a 0 L természetes számok közül keriilhetnek ki. Nem fordulhat elő hog két olan játékos legen akik közül egik O-t a másik ll-et játszott; rnert az utóbbinak játszania kellett azzal is aki eg játszmát sem játszott Ezért 1 helett legfeljebb különböző szám fejezheti ki azt. hog ki hán mérközést játszott. Íg a 1 játékos közön lesz legalább kettő olan aki addig azonos számu mérközést fejezett be. Tudjuk hoga sakktablan óugrásban haladva eg lépessel a kiindulási mezöről kulönbözó sztnűre jutunk. A következő lépés során a kiindulási mezővel azonos szinűre érkezünk. Foltatva a gondolatmenetet megállapíthatjuk hog páratlan szémú lépés a kezdetitől eltérő mig a páros számú vele megegező helzetet eredménez. Mivel a sakktáblán 49 mező van ezért a feltétel szerinti teljes bejáráshoz 48 lépés szükséges. Tehát a bejárás végén uganolan szlml mezőre érkeztünk mint amilenről elindultunk. A kiindulási mezőtől óugrásnira azonban csak eltérő szinű mezők érhetők el emiatt nem járható be a sakktábla a feladatban leirtak szerint. Tegük fel hog Magarországnak 10 milliő lakosa van. Ha mindenktnek különbözö számú hajszála lenne akkor lenne 10 millió különböző pozitív egész szám amelek mindegike kisebb rnint 10 millió. Ez lehetetlen. Tehát lennie kell legalább két olan embemek akinek pontosan ugananni hajszála van. a) A heles válasz: három. Ha három zoknit kiveszünk a üókból akkor vag mindhárom egszínű (és ebben az esetben biztosan van legalább két egszínű)vag kettő egszínűés a harmadik más szinű ig megint van két egszínű zokni. b) A heles válasz: nég. A feladat első részének okoskodását használva tudjuk hog legalább három zoknit kell kivenni ahhoz hog biztosan legen eg pár egszínű zokni. Ahhoz hog biztosan legen két különböző szlnü zokni sztnrén legalább három zoknit kell kivenni. Mivel ugananni fekete és fehér zokni van a fiókban ebben az esetben azt jelenti hog fehér és fekete zokninak kell a fiókban lennie. A vendégek valóban 3. 9 = 7 $-t űzertek mel a szeba árát - 5 $- es a pincér zsebpénzét - ~- jelentette. Ez a visszakapott 3 $-ral adja a so s A feladat gondolatmenetében a hiba a 7 + = 9 összeadásnál van hiszen itt a szeba árához a pincér kétszer adja hozzá a zsebpénzét. a visszaadott 3 t-t pedig egszer sem. a) gaz mert. 3 = 6 ig amelik szám 6-tal osztható az osztható 3-mal is (másképp: ha 61 a akkor van olan b természetes szám melvre 6b = a. Ezt felbontva '6 7

14 LOGKA LOGKA tehát ' 3b = a ebből következik hog 31 a mert van olan természetes szám (ez h) melre teljesül 3 b = a). h) Hamis mert amelik háromszögnek két szimmerriatengele van (ez szabálos háromszög) annak van harmadik szimmetriatengele is. e) Az állítás hamis. Ha lenne ilen szám erre teljesűlnie kellene:! = - ebből = -il amelnek a valós számok halmazári nincs megoldása. cl) gaz az állítás mert minden paralelogramma középpontosan szimmetrikus. e) gaz mert van olan egbevágóság! transzformáció amel nem tengeles tükrözés pl. az eltolás elforgatas. ~ Előszőr rajzoljuk fel a családfát legalábbis az öt személt: Kovács nővére Ebből leolvasható hog: nagapa Kovács fia Kovács fdesége (1) Mivel Kovacsék rnind vérrokonok csak a feleség nem vérrokona a fiú kivételével a többinek ezért a feleség ügvéd vag tanító. (Z} Sógomóje csak Kovács feleségének illetve nővérének"n (kölcsönösen egik a másiknak). Eszerint kereskedő csak Kovács nővére lehet mert a felesége akinek van sógornője nem lehet kereskedő az (l) miatt. Vagis Kovács nővére a kereskedő. (3) Mivel a kereskedő idősebb a sógornőjénél és a tanítónál tehát a sógornő nem tanító azaz marad az ügvéd. Tehát Kovács felesége ügvéd. (4) Kovács nővére al apjánál nem lehet idősebb tehát a tanító Kovács vag a fia. Az ügvéd és a tanító nem vérrokon tehát Kovács fia aki vérrokona az anjának nem lehet tanító. Azaz a tanító Kovács. (5) Hátra van még a nagapa és az unoka foglalkozása. Mivel a nagapa biztos idősebb ezért ő a mérnök az unoka pedig a postás Az első lépésben András partnernőjéttaláljuk meg aki nem lehet Olga mert Ő Bélával volt s mlvel András hangversenen volt ezért sem Panni (mozi] sem Rozi (színház) nem lehetett vele. Marad a negedik lán Sári. Azaz András-Sáti-hangversen az első pár és programja. Kiállításon nem lehetett sem ROli sem Panni marad Olga és a második információ szerint partnere Béla. Azaz Béla-Olga-kiállítás a második pár és programja. Csaba nem látta Rozít tehát neki már csak Panni marad azaz Csaba-T'anní-mozí a harmadik és kizárásos alapon Dezső-Rozi-színház a negedik pár és programja. ~ 91.1 'l P P FiO OF~ ~ P P F P F F P.... O e O O P P F P F F P " " " O '".. O O P.. b) Összeadva a lehetséges eseteket 14 lehetőség van. c) 4 eset (lásd az ábrát). d) + 6 = 8 eset (lásd az ábrát). P j P P" P4 ~~ ~ Pz P3 Pl P liso e) len eset nincs mert egik kalap sem tartalmaz három fehér golót... P P e P P.... P P P " P ".. P3 P " ".. f) Kimaradt az eg piros és két fehér ebből éppen két lehetőség van (lásd az ábrát). Jelölje a kékszemü szökék a kékszemü nem szőkék a nem kékszemü szőkék és a nem kékszemü nem szökék számát rendre a b c és d. Az a tapasztalat hoga kékszeműekközőrt több a szöke mint általában azt jelenti hog il --> a+b a+c a+b+c+d' Az a tén hog a szökék között több a kékszemü mint általában azt jelenti hog a {/-'--b -~ > () a+c a+b-'--c+d Ha (l) igaz akkor () is igaz (ezt beláthatjuk ha az (1) egenlőtlenség mindkét 01 a+h dalát megszorozzuk a pozitiv -- törttelj. tehát abból hogv a kékszeműek köa+c ' - zött több a szöke mint általában következik hog a szőkék közön több a kékszemü minr általában. F O F O F cl F O F O (l) 8.

15 LOGKA LOGKA Ha a matematikusok halmazat M-me! a zenészek halmazar pedig Z-veljelöljük akkor azok a személek akik a matemutikúhoz is és a zenéléshez is értenek az M ro Z halmaz elemei. a) A matematikusok között a legjobb zenész az M ro Z halmaznak az az eleme aki a legjobban ért a zenéléshez. A zenészek között a legjobb matematikus pedig az M n Z halmaznak az az eleme aki a legjobban ért a matemarikéhoz. Tehát ez a két személ nem feltétlenül azonos. b) A matematikusok közön a legöregebb zenész is és a zenészek között a legöregebb matematikus is az /Vr ro Z halmazhoz tartozó személek kőziil a legöregebb. Tehát ez a két személ uganaz a személ. a) A 3"" 7 ': 3- egenlőtlenségnek az :': O feltétel szükséges feltétele mert minden elvan -re melre 3 --'-7::::: 31 az :': Ofeltétel is teljesül. Az ~ O feltétel nem elégséges feltétek a ::::: 31 egenlőüenségnek mert van olan ': Oszám például a melre a :': 31 egenlőtlenség nem teljcsül. b) A 3 + 7:': 31 egenlőtlenségnek az ::::: l O feltétel elégséges feltétele mert minden olan -re melre az z 10 feltétel teljesül teljesül a ::::: 31 egenlőtlenség is. Az :': 10 felterel nem szükséges feltétele 3 + 7::::: 31 egenlőtlenségnek. mert van olan < 10 szám például a 9 melre a ::::: 31 egenlőtlenség teljesül. c) A ;::: 3] egenlőtlenségnek az :': 8 feltétel szükséges és elégséges feltétele mivel a 3 + 7::::: 31 egenlőtlenség akkor és csak akkor teljesűl ha :': 8. a) Az állítás hamis uganis van olan négszög melnek átlói egenlő hosszúak és egmásra merölegesek és mégsem négzet. Ez akkor lehetséges ha az átlók nem felezve metszik egmást. b) Az állítás hamis uganis megadható úg páros számu pozitív egész szám hog összegük nem páros. Például: 3; 5; 7; 8. A.C == BD c) Az állitás igaz uganis ha a két négzetszám fl és m akkor ezek szorzara n m. Mivel n 1m = (nm) ezért n 1n/ az 11m szám négzete tehát négzetszám. Jelöljük a "megeszi a vajas keneret" állítást P-vej és a "megissza a kakaór'' állítást Q-vaL Ekkor Anti viselkedése az A = -P 1\ -Q Beáé a B = P 1\ Q Cilié a C = -P 1\ Q Danié pedig a D = P v Q kifejezéssel jellemezhető.vizsgáljuk meg hog az eges eseméneket leíró P; Q állirások különbözö logikai értékpárjai esetén mllen értékeket vesznek fel az eges gerekek viselkedését leíró kifejezések..0 D c p Q A B C D l i i h h " " r-c- h h h h +-'- 3 b h h 4 h h h h h Megjegzés: Formálisan irhatjuk íg is a müveleteket: il = - (P v Q) = P V Q Webb-féle művelet a számítástechnikában NOR; B = P 1\ Q AND; C = - (P {:::: Q) NOT F; D = P v Q OR.!"= --."7-1 Jelöljük a "megeszi a vajas keneret" állítást P-vel és a "megissza a kakaot' állirást Q-val. Ekkor Edit viselkedése az E = -P Fedé az F = Q Gáboré a G = P :::::} Q Hédié pedig a H = i kifejezéssel jellemezhető. Vizsgáljuk meg hog az eges eseméneket leíró P; Q allitások különbözö logikai értékpárjai eseten mílen értékeket vesznek fel az eges gerekek viselkedését leíró kifejezések. a)]j :::::::? q b) q :::::} p p Q E F G H l i i h r i h h h h i 3 h i i 4 h h h vjegjegzés: Formálisan irhatjuk ig is a müvelercket: E = -P a számítástechnikában \-OT; F = Q; G =; P :::::::? Q F; H = i konstans "igaz" tautológia TRUE. e) q :::::::? -p A baloldalon álló kijelentés pontosan akkor hamis ha a Ckijelentés hamis továbbá az il és B közül még legalább az egik kijelentés szinrén hamis. A jobb oldalon álló kijelentés pontosan akkor hamis ha az A v C és a B v C kijelentések közül legalább az egik hamis. Ehhez a C kijelentésnek mindenképpen hamisnak kell lennie továbbá az A és B közül még legalább az egiknek szinrén hamis logikai értékűnek kell lennie. Ezzel beláttuk hog a bal oldalon álló kijelentés pontosan akkor hamis amikor a jobb oldalon álló kijelentés (amiből következik hog pontosan uganazokban az esetekben igaz a baloldalon álló kijelentés mint amelekben a jobb oldalon álló). (Természetesen.értéktablazanal" is bizoníthatunk a nolc lehetséges eset hiántalan felsorolásával.) "

16 [103~ a) LOGKA A baloldalon álló kijelentés pontosan akkor igaz ha a C kijelentés igaz továbbá az A és E közül még legalább az egik kijelentés sztntén igaz... Ajobb oldalon álló kijelentés pontosan akkor igaz ha az A 1\ C és a ~ A C ~ljelentések közül legalább az egik igaz. Ehhez a C kijelentésn~k mind~nk;p~(:n tgaz~a~ kell lennie továbbá az A és E közül még legalább az egiknek szanten gaz legikai értékűnek kell lennie. Ezzel beláttuk hog a bal oldalon álló kijelentés pontosan akkor igaz amikor ajobb oldalon álló kijelentés (amiből következik hog pontosan uganazokban az esetekben hamis a b~l oldalon álló kijelentés mint amelekben a jobb oldalon álló) (Természetesen.értéktéblázanal'' is bizonithatunk. a nak lehetséges eset hiántalan relsorolásaval.) Az (A v B) A C kijelentés csak úg lehet igaz ha a C kijelentés igaz (az "és" miatt). Ekkor azonban az (A E) v C kijelentés S igaz (a "lag" miatt). A teladat kérdésére tehát a válasz: Nem lehetséges. a) b) Mindkét egenlőség igaz; erről ígazségtáblázartal können me~gözödhetünk (Mindkét esethen a 4 és 7. oszlop azonosságat kell észrevenni. Ezeket az összefüggéseket nevezik egébként De Morgan-féle azonosságoknak.) A B AAB..(A J\ B)..A ~B..A v..b i h h h h i h h i h i i h h i i h i h h h i i i A B.4vB~(AvB)..A1-B..A \..B i i h h h h h h h h h i h t h h. h h h t i i.4 B AvB A\(AvB) i i.- h t h i i h h h h h Jól láthatóan mindkét eredmén magával A-val egenlő. b) A B AAB Av(A\B) i i t i h h i h i h h h h h h Ci04) LOGKA Legenek az A E C kijelentések rendre a következők: "X bűnös.";.y bűnös."; "Z bűnös." Ekkor a feladat szövegében szereplő kijelentések: l. A vag nem C.. Ha nem A vag E akkor C. Következrerés: A. Ha az A. kijelentés hamis lenne (vagis az "X nem bűnös" kijelentes igaz) akkor az 1. kijelentés csak úg lehetne igaz ha a "nem c' kijelentés igaz vagis a C kijelentés ("Z bűnös") hamis lenne. Ekkor azonban a. kijelentés (ami eg implikáció) csak úg lehetne igaz ha a "nem A vag B" kijelentés is hamis. Ez azonban nem lehet hiszen a "nem A" kijelentés kiinduló teltevesünk szerint igaz. Nem lehetséges tehát az az eset hog az A kijelentés hamis ezért az A kijelentés igaz vagis X valóban csak bűnös lehet. A biróság helesen döntött (és döntése nincs ellentmondásban azzal hog az l. és. kijelentésnek igaznak kell lennie). a) Legen a két embera és B. Tegük fel hog A hazudik. Ekkor a "legalább egikünk hazudik" állitás hamis (hiszen A hazudik) tehát mindketten igazmondók. Ha tehát A hazudna akkor igazat kene mcndania ami lehetetlen. Tehát A nem hazudhat csak igazat mondhat. Emiatt állítása igaz íg legalább egikük ténleg hazudik. Mivel A igazat mond csak B hazudhat. Tehát A (aki megszólalt) igazat mond B pedig hazudik. b) Tegük fel hog A hazudós. Ekkor a fenti állítás hamis. Ezek szerint az sem igaz hog A hazudós és az sem hog B igazmondó. Vagis ha A hazudós lenne abból az következne hog nem hazudós ami ellentmondás. Tehát A csak igazmondó lehet. Ekkor állitása igaz azaz a következő ket lehetőség közül legalább az egik teljesül: L A hazudós;. B igazmondó. Mível az 1. lehetőség hamis (hiszen A igazmondó) a. lehetőség teljesül azaz B igazmondó. Tehát A és B mindketten igazmondók. c) A nem lehet igazmondó mert ekkor állitása igaz lenne ami miatt hazudósnak kellene lennie. Tehát A hazudós. Ekkor állítása hamis. (Tehát mivel ó hazudósig az állitás első része igaz lenne -' B nem lehet igazmondó) Ha B igazmondó lenne akkor A állítása igaz lenne. Íg B is hazudós. Tehát A és B mindketten hazudósak. JelÖli-ük András számát a-val Béla számát b-vel (a E N+ és h E N+). A feltételekből a - b = 001. Ha András eg 00-nél kisebb számra gondolt volna akkor Béla száma ennél csak 001-gel nagobb lehetne azaz András rögtön tudná mire "

17 r LOGKA LOGKA gondolt Béla. Mivel András nem tudja BéJa számát ebből Béla tudja: a :.?: 00. Ha ezek után Béla már tudja András számát akkor b - 0ll < 00 b < Ha h = 4003 lenne. akkor Béla sem tudná András számát hiszen b-00 és b egaránt számításba jöhetne. Tehát b = 400 és a = a) Legen A = jó a vége" B = j6 (maga a dolog)". Az állítás ekkor (némileg egszerűsítettformalizmussal leírva): A :::::} 'v B; a tagadása pedig az egszerüsttési szabálok szednt: - (A =? 'r!b) =- ( v V B) = A 1\ --- VB :o:; A A ::: -8 azaz van (olan dolog) ami nem jó és (mégis) jó a vége. b) Most legen A ="a szél fújja" B:o:; "a haraszt zörög". Az állítás ekkor -A :::::} ---8; tagadása pedig -(-.1. :::::} ---B) = -(---(-A) v -B) = -(A v -8) :o:; = -A 1\ B; vagis szóban: nem fújja a szél és (mégis) zörög a haraszt. Jelöljük a "megeszi a vajas keneret" allítast P-vel és a "megissza a kakaót" állitast Q-val. Ekkor ldi viselkedése az J = -(P:::::} Q) Janesie a J = P ifj Q Katié a K = ---(P A Q) Lalié pedig az L:o:; P kifejezéssel jellemezhető. Vizsgáljuk meg hog az eges eseméneket leíró P; Q állitilsok különbözö logikai értékpárjai eselén milen értékeket vesznek fel az eges gerekek viselkedését leíró kifejezések. p o M N O F l i h h h h i h 3 h h h h h 4 h h i i h Megjegzés: Formálisan írhatjuk íg is a műveleteket: ih = P {=: Q; N = p ~ Q az ekvivalencia művelete a számítástechnikában XNüR; 0= -Q; F = h konstans.jiamís'' false. Az utolsó állítás megfogalmazása lehet hog nem a legszerencsésebb de a konstans.hamísv-ra nem könnü jobbat találni. Némi kulrúrtörténeti áthallássalaz idézet eg korszakos minderu tagadó zenei stílus fő slágeréből való és a név is utal erre - mégis mcgfejthető.) (A és 109. példák eredménei különben felölelik a két éllítés közott értelmezhető összes logikai műveletet az Összes lehetséges eredménoszlopot. a teljes Lő-os műveleti téblát.) p Q J J K L 1 i ~... h h h -'- i h i ị - 3 h i h i i h 4 h h h h i h Megjegzés: Formálisan írhatjuk íg is a művelereket: 1= ---(P =? Q);. = P '<:8 Q az anrívalenela művelete más néven "kizáró vag" a számítástechnikában XOR; K = - (P 1\ Q) = P Q Scheffer-féle müvelet a számítástechnikában j\"ano; L = P. Jelöljük a.anegeszi a vajas keneret" állítást P-vel és a "megissza a kakaót" állítást Q-val. Ekkor Miki viselkedése az M = P.;:::: Q Nórdé az N = P ~ Q Olgáé az O = -Q Pcróé pedig az F = J kifejezéssel jellemezhető.vizsgáljuk meg hog az eges eseméneket leíró P; Q állítások különbözó logikai értékpáljai eseren milen értékeket vesznek fel az eges gerekek viselkedését leíró kifejezések. - '4 ls

18 KOMBNATORKA KOMBNATORKA 1.3. Kombinatorika A szám állhat 6 db hatosból- egféleképp; 5 db ötösből és 1 db egesből. (~J azaz hatféleképp. 4 db négesből és db kettesből (~J azaz tizenötféleképp~ s végül 6' 3 db hármasból. db kettesből l db egesból.!. ~! ' azaz hatvanféleképp. Összesen == 8 db ilen szám van. Mivel a kilukasztott számok sorrendje érdektelen itt kombinációról van szó. Két három illetve nég számot a kilenc közül rendre (~J GJ(:}félekéPpen lehet kiválasztani. E binomiális egütthatok értéke sorban ; összegük pedig 46. Enniféle lukasztás lehetséges (az adott feltételek mellett). ( 11 Mivel az azonos helezések között nincs különbség a 1 induló közül l 1=1- r llj ) féleképpen választható ki az 1 gőztes a többiek közül = 55-féleképpen vá- lasztható ki a második a többiek közül pedig (~J = Bf-féleképpen a 3 harmadik. Mível mindegik lehetőség mindegikkel egütt előfordulhatezért e számok szorzata a lehetséges díjazások száma. Ha a gőztes kűlfőldi akkor az első helezett csak (;) == 4 -féle lehet a többi helezések lehetséges száma nem változik íg most a megoldás: = ] a) 8 elem összes lehetséges sorrendje PS = 8~ = ' b) 8 elemből az első hármat kell sorrendben kiválasztani V 8 ' = (8 -'3)! = = = 336. a) Mivel a könvek különbözöek és eg diák csak eget kaphat egszerű variációról van szó: V 3 = 8!. =8.7.6= (8-3)! b) Mivel a könvek különbözöek de eg diák többet is kaphat ismétléses variációról van szó: vir. ism = 83 = c) Mivel az utalvánok egformák és eg diák csak eget kaphat egszerű kombinációról van szó: C; = (8J = 8~ = _ (8-3)!.3! (~Mivel az utalvánok egformák és eg diák többet is kaphat ismétléses kombi-... J (8+3-1J 30! nációról van sro: C8.ism = 3 = (30 _ 3) t.3t == Első megoldás (az. ún. felépítő módszerrel): a zászló ekkor állhat három különbözó. vag két egfonna és eg tőlük különbözö szlnü savból. Öt közül három különböző szint sorrendben "Vi = (5 ~!3)! == == őű-féleképp választhatnak. (A szinek sorrendje nilván számit hiszen pl. a magar és a bolgár lobogó sem egforma noha uganazokból a sainekből áll.) A két egforma sáv színét 5-féleképpen a tőlük különbözö harmadikét a maradékból-i-féleképpen választhatják ki tehát 5 4 = 0 féle szinvélasztéka van a második esetnek - de hánféleképp lehet egforma két sav? Háromfédeképp uganis vag az első kettő egforma (kb. ilen a belorusz zászló) vag a két szélső (pl. osztrák) vag a két alsó (ilen a létező nemzeti lobogók között nincs). Ebben az esetben tehát még 0. 3 = 60 lehetőségtik van. Összesen = 10-féle lobogó készülhet a feltételek alapján. Másik megoldás (az ún. lebontó módszerrel): tekintsük az öt színből készíthető összes háromsávos lobogót minden feltétel nélkül. Ekkor minden sávra minden sztn választható 53 = 15-féleképpen (ismétléses variáció). A feltétel miatt ezek közül azonban el kell hagni a csupa egszínű zászlókat. len nilván éppen 5 db van vagis a lehetőségek száma: 15-5 == 10. Az oroszlánok külön PS = S! == 10-féleképpen állhatnak sorban a tigrisek pedig P4 = 4! == 4-féleképpen. Még "össze kell fésülnl" a két külön sort: ha a tigrisek nem jöhetnek egmás után akkor el kell őket helezni az oroszlánok közé - vag elé és mögé! Íg összesen 6 hel kínálkozik (legelöl eg az oroszlánok közölt nég leghátul eg) ezekre kell elhelezni a 4 tigrist. A 6 közül az a 4 hel ahová tigrist állíthat a szeüditő (:J = ló-féleképpen választható ki. Mivel mínden oroszlán-sorrendhez minden tigris-sorrend és rninden elhelezkedés társulhat ezért az összes lehetőségek száma = Először is tisztázzuk. hoga 3 lap között van eg piros ász három nem-piros ász hét nem-ász piros lap és 1 olan ami se nem piros se nem ász. Ketté kell választani az eseteket aszerint hog a piros aszt kihúzzuk-e vag sem mert ez a lap mindkét fe1tételnek megfelel. Ha kihúzzuk akkor már csak 1 további észt (a 3 lehetséges közül) és 1 további pirosat (a 7 lehetséges közülj kell húznunk íg három kihúzott 37

19 KOMBNATORKA KOMBNATORKA lapnál tartunk. A 6 laphoz a többi hármat a 1 "semleges" közül kell húzzuk ezért Belgium ( 3\ (7) (11 erre." = = 7930 lehetőségünkvan. Ha viszont a piros ász ) l \.:J" nem szerepel a kihúzott lapok között akkor mindkét aszt a többi 3 és mindkét pirosat a többi 7 közül kell húzzuk - nég lapunk van a többi kettőt kell a 1 "sem- Jugoszlávia (3) '7 l']\ Jeges" közül húznunk. Erre 1 'l = = lehetőségünk van. \).. ) A két különböző eset lehetőségeinek száma összeadódík ig a végeredmén = A biztos neréshez anni szelvén kell amenni az összes lehetőségek száma. Ötös ottónál: ahánféleképpen 90-bö15 számot ki lehet húzni: (9~) = Lganez a hatos lottónal: (45) = Azaz a hatos louónkevescbb mint ötöd- 6 része a biztos nereménhez szükséges szelvének száma. (Másképpen fogalmazva itt eg szelvénnel játszva nagobb a nerés eséle.) "90) a) Az ötös lottón az összes lehetséges szelvének száma (lásd előző feladat) l 5 ' azaz Ezt 5 mp/szelvén sebességgel = mp alatt lehetne kitölteni ez több mint 543 nap közel 7 év. " 45 1 b) A hatos lottón az összes lehetséges szelvének száma (lásd előző feladat) 6 J' ". azaz Ezt 6 rap/szelvén sebességgel = mp alatt lehetne kitölteni ez nem egész 566 nap több mint másfél év. c) A totó 14 mérközésének mindegikére 3-féle tippet lehet adni ezt 314 = = féleképpen lehet megtenni (ismérléscs variáció) vagis enni az összes lehetséges szelvének száma. Ezt 14 mp/szelvén sebességgel = mp alatt lehetne kitölteni ez 775 nap kb. két év és mázsfél hónap. Az. esélek a lehetőségek számának reciprokával aranosak: r o " = ) c 36 ) l5 = Hollandia Svájc (4( i J= '6 (06J' i.:j = (90' i _ = Magarország o ) Azaz az esélek a legvalószínűbbtől kezdve: Jugoszlávia Svájc Hollandia Belgium Magarország. Az ötös lottőn az ÖSSlCS lehetséges szelvének száma (lásd 118. feladat): (90' _ = Négtalálatosak azok a szelvének ameleken az 5 jó számból '..) ) c5j (851 eltaláltunk 4-et és a 85 rosszból l -et ezt 4 '1 l ) = 5 85 = 45 -féleképpenlchet. Hasonló gondolattal a hármas ilietve kettes találatok száma: (- '8-\ (5\ '85' i ~ )= = illetve i'l J= = :J) ) ) _l. A hatos lottón az összes lehetséges szelvének száma (lásd l 18. feladat): 6 r 45 \J = Oualálatosak ' azok a szelvének ameleken a 6 jó számból e1- (6J' [39) találtunk 5-öt és a 39 rosszból l-et ezt. = 6 39 = 34-féleképpen lehet. \5 ' l Hasonló gondolattal a néges illetve hármas találatok száma: (61 (39'1 (6) (39) 1 =15 741=1l1l5 illetve! _1 =0 9139= l4/ \ \.3 \.3 A rorón az összes lehetséges szelvének száma 3 14 = (lásd 119. feladat). 13-as találat azokon a szelvéneken van ameleken jó az első "j3 tipp de a + mérkőzésre rossz tippet adtunk ezt z-féleképpen lehet (a harmadikféle tipp a jó de az a szelvén telitalálatos). z-találatosak azok a szelvének ameleken az első 13 (13' tipp közül 1 jó l rossz. Melik lehet a rossz? = B-féle meccs tippje lehet \1) rossz míndegík z-féleképpen - és ez esetben a +1 mérkózésre Írt mindhárom tipp rossznak szarnit. Vagis 13 3 = 78 db z-találatos szelvén van. Hasonlóan a 11- illetve ü-ralálatosok száma: (~0). 3= = 936 illetve (1:~1'J'3 = = l

20 KOMBNATORKA KOMBNATORKA Ezt az elrendezést nevezik korpermutációnak. Az "igazi" permutációhoz képest itt egrészt annival kevesebb eset van hog a kör mentén eg hellel odébb forgatva eg elrendezést nem kapunk új elhelezést (hiszen mindenkinek mindkét szomszédja uganaz maradt) mig eg "hosszanti" elrendezést eg hellel arrébb csúsztatva (és a volt utolsó elemet előre téve) nilván más permutációt kapunk. 37 elem eseten éppen 37 különbözö elforgatas lehetséges ami mind uganazt az egetlen elhelezést jelenti. Másrészt bármel elrendezést tükrözhetjük valamel átmérőre ez sem ad új elhelezést hiszen a szomszédok uganazok maradtak. (Eg lineáris sorrendet megfordítva megint nilván más permutációt kapunk.) Ezért a sorbarendezés 37! lehetőséget osztanunkkell 37-tel a forgatás és -vel a tükrözés miatt íg az 4 1 eredmén: 37! 36! '" '" (Altalában is igaz a példa felté- 37. (n-l)'. teleivel. hog n különböző elem eg kör mentén ' -féle sorrendben helezhető el.) /6' A hátsó 6 hel közül 3-on van kettes ez l :o=; 0 esetet jelent. A többi három he- 3) len az számjegek bármelike állhat és - telefonszámról lévén szó - a sorrendjük is számír. ez 83 o=; 51 lehetőség. Bármelik eset bármelik lehetőséggel állhat párban íg 0 51 o=; ilen telefonszám van. lu. a) 6! o=; 70 különbözőválasz lehetséges. b) 6 j 40=; 10 különbözö válasz adható. c) Az aláhúzás nemjelöl ki sorrendet a megjelölt pártok között ezért (~J o=; 0 különböző válasz lehetséges. d) Az aláhúzott pártok száma O-tól 6-ig bármenni lehel az aláhúzás nem jelöl ki sorrendet a megjelölt pártok között. A különböző lehetőségek száma tehát: (~H~H~H~H:H~H:)=" = : a)3 30=;7 b) 3 nerő helzet van (3 narancs vag 3 alma vag 3 körte). Ez az összes esetnek az eg kilenced része (111 min~eneset egt~rma esélle~ követ~ez~k b~ akkor átlagos~.n az esetek kilenced reszeben nerünk; esetenkent 7 penzermet kapunk a géptől. Például 900 egmás utáni menet során 900 pénzérmét biztosan "elnel" a gép és kb. 700 pénzérmét fizet ki vagis 00 pénzérme körüli veszteségre szarnithatunk. Nem célszerűtehát ezzel a géppel hosszú ideig játszani. (Ez nemjelenti azt hog nem lehet.szerencsénk" amikor olan sorozatot sikerül produkálnunk amelben egenlegünk pozitiv vag nem lehetünk "szerencsétlenek" amikor is egenlegünk még a fentiekben kiszámított várhatónál is rosszabb.) Ha Jancsi almát választott akkor Juliskának o=; lo választási lehetősége van. Ha Jancsi barackot vesz ki akkor Juliska 1 9 == 108-féleképpen választhat eg almát és eg barackot tehát az első esetben van több lehetősége. (19) Eg adott foghelen két eset van: van fog vag nincs fog. 3 foghel esetén 3 o=; o=; "" 43 rnilliárd lehetőség vau. Ha ennél több lakosa van eg országnak akkor biztosan van legalább két olan lakosa akinek uganazokon a heleken hiánoznak a fogai. A Föld népessége a fenti számnál nagobb tehát a második kérdésre a válasz: nem fordulhat elő [ Az összes lehetőségek száma o=; U~O. Ezek között azoknak a száma amelekben "a" lila szokna és "a" zöld blúz egütt szerepel: 4. 3 o=; 1. X úr tehát o=; 168 nap "türelmi időt" kapott. j 131.1* Mindegik fiú 5 munkahel bármelikét választhatja a Jánok 4 munkahel közül választhatnak. Összesen tehát 53.4 o=; 000-féleképpen helezkedhetnek el. Héneidáról elindulva összesen 5 alkalommal dönthetünk arról hog a lehetséges két-két út közül maliket válasszuk (miközben akár olan útvonalat is választhatunk amelik az összes útkereszrezódésen áthalad). Íg tehát 5 o=; 3 különbözö módon juthatunk el Hencidáról Beneidéra. ndoklás: A könnebb átláthatóság kedvéért jelöljük az ábra szerint az útkereszteződéseket. A- \ Az első döntést Hencídán (H) kell meghoznunk majd az első kereszteződésnél ismét két lehetőség közül választharunk. Legen az első útkereszteződés pl. az Fl' Ha F-nél nem térünk le az országútról. akkor a következő kereszteződésnél (Fr nél) ismét két lehetőségünk van. Ha azonban F-nél az összekötő utat választjuk akkor aza.[ kereszteződéstelérve nincs választási lehetőségünk csak az A felé haladhatunk. Arbe érve ismét két lehetőségközül választhatunk. vag A. J felé fol tat