\documentclass[a4paper,titlepage,11pt]{article}
\pagestyle{empty}

                                % Ezek azok az adatok, amelyekkel egy oldalt
                                % tisztessegesen meg lehet tervezni.

                                % LaTeX-konyv 190.oldalrol szedtem a default
                                % ertekeket, ezek a komment utan is oda vannak
                                % irva. A megfelelo sort kell unkommentezni.

                                % Ezzel addig kellett szorakozni, amig ki nem
                                % jott a 30x60...:) most ugy tunik, jo.


                                % \setlength\hoffset{1cm}           %   0cm
                                % \setlength\voffset{0cm}          %   0cm
                                % \setlength\oddsidemargin{28pt}   %  28pt
                                % \setlength\topmargin{26pt}        %  23pt
                                % \setlength\headheight{12pt}      %  12pt
                                % \setlength\headsep{36pt}          %  18pt
                                % \setlength\textheight{539pt}     % 539pt
                                % \setlength\textwidth{354pt}      % 359pt
                                % \setlength\marginparsep{7pt}     %   7pt
                                % \setlength\marginparwidth{115pt} % 115pt
                                % \setlength\footskip{25pt}        %  25pt
                                 \setlength{\parskip}{10pt plus 20pt}
                                % Hopsz ennek nemtom mennyi a default-ja,
                                % de az biztos, hogy ennel joval kevesebb.

\usepackage{t1enc}
\usepackage[latin2]{inputenc}
\usepackage[magyar]{babel}      % Bugos a babel!!!!!!
\usepackage{amsmath}
% \usepackage{graphics}
% \usepackage{indentfirst}        % ld lejjebb


                                % alairas: FeyDani nyoman
\newcommand{\alairas}[1]{
\begin{flushright}
\begin{tabular}{c}{#1}
\end {tabular}
\end {flushright}}

\newcommand{\cim}[1]{
\begin{center}
  {\LARGE #1}
\end{center}
\vspace{1cm}}

\newcommand{\rajz}[2]{
\begin{figure}[h!]
\includegraphics{#1}
\caption{#2}
\end{figure}}


\sloppy
\titlepage

\begin{document}

\cim{A logikai szita alkalmazása}

\textit{Feladat:}

Adott egy szórakozott titkárnő, akinek az a feladata, hogy öt adott
levelet tegyen bele a hozzájuk tartozó öt borítékba. Hányféleképpen
tudja végrehajtani ezt a feladatot ,,teljesen rosszul'', azaz oly
módon, hogy semelyik levél se a neki megfelelő borítékba kerüljön?

\textit{Megoldás:}

Az összes lehetőség száma $5!=120$. Ebből kell levonnunk tehát a
nekünk rossz esetek számát. Nekünk rossz elrendezés: amelyikben
legalább egy levél a saját borítékjába kerül.

Számoljuk össze, hány ilyen elrendezés van. Az egy jó helyre kerülő
levelet $\binom{5}{1}$-féleképpen választhatjuk ki, ekkor a másik
négy levél tetszőlegesen elrendezhető, erre $4!$ lehetőségünk van. A
rossz esetek számára adódó eredmény tehát $\binom{5}{1}4!$, ebben a
pillanatban a feladatra adandó válasznak tehát $5! - \binom{5}{1}4!$
kínálkozik.

Ez a számítás azonban sánta. Jól számoltuk azon eseteket, amikor
\textbf{pontosan} egy levél kerül jó helyre, de egynél többször
vettünk számításba minden olyan elrendezést, amelyben egynél több
levél kerül jó helyre. Így tehát a legalább két találatot tartalmazó 
elrendezéseket újra kell számolni.

Koncentráljunk most azon elrendezésekre, amelyekben \textbf{pontosan
  kettő} darab levél kerül jó helyre. Az összes esetek
megszámolásakor ezeket egyszer számoltuk, az utána következő levonás
során azonban kétszer. Azaz, mivel a végeredményben ezeket 0-szor
számolva szeretnénk látni, az előbbi eredmény-jelölt kifejezéshez
még egyszer hozzá kell adni ezeket az eseteket.

A pontosan két találatot tartalmazó esetek megszámolása helyett a
legalább két találatot tartalmazó eseteket számoljuk meg. Az
előbbihez hasonló gondolatmenetet követve válasszuk ki azt a két
levelet, amelyek megfelelő borítékba kerülnek (erre $\binom{5}{2}$
lehetőség van), a másik három levelet pedig rendezzük el
tetszőlegesen (ez pedig nyilván $3!$-féleképp tehető meg). Vagyis
azt kaptuk, hogy a legalább két találatot tartalmazó elrendezések
száma $\binom{5}{2}3!$.

A feladatra adandó válasz számításában ekkor a következő
kifejezésnél tartunk: $5! - \binom{5}{1}4! + \binom{5}{2}3!$, de
persze ezzel is baj van: a legalább három találatot tartalmazó
elrendezéseket eddig minden csoportban többször számoltuk, tehát
ezek biztosan nincsenek rendben.

A további gondolatmenet egyébként teljesen ugyanaz, mint az
eddigiek, az egyértelműség kedvéért még egy iteráció kigondolását
áttekintjük. Koncentráljunk most azokra az elrendezésekre,
amelyekben \textbf{pontosan három} darab levél kerül jó helyre. Az
összes esetek megszámolásakor ezeket egyszer vettük figyelembe.
Utána minden ilyen esetet levontunk háromszor \hbox{($\binom{3}{1}$-szer)},
majd hozzáadtunk háromszor \hbox($\binom{3}{2}$-ször)}. Vagyis most még
1-szer kell hozzáadni.

Itt már érezhető az általánosítás: a pontosan $k$ találatot
tartalmazó eseteket az $i$-edik lépésben pont $\binom{k}{i}$-szer
számolunk, a legutolsó alkalomra így $\binom{k}{k}$, azaz 1 darab
megszámolás marad. A darabszámokat -- mint láttuk -- váltakozó
előjellel összegezzük, amely összeg:
$\sum_{i=1}^k(-1)^i\binom{k}{i}=0$ a binomiális tétel szerint.
Persze épp a 0 összeg elérése a célunk, hisz ezeket az eseteket
\textbf{nem} kívánjuk beleszámolni a végeredménybe, vagyis 0-szor
akarjuk őket számolni.

Stb.

A végeredmény ezek alapján:

\[N=\binom{5}{0}5! - \binom{5}{1}4! + \binom{5}{2}3! - \binom{5}{3}2!
+ \binom{5}{4}1! - \binom{5}{5}0! = \] \\ \[= 120-120+60-20+5-1 = 44.\]




\end{document}








