Page 137 - vol2

 1 2 3 4 k k − 2 k − 4 0
2
 =   = x = x 2 = x 2 = ... x = ha k=2n, vagyis
=
2
x
 3 2 4 1 
=
x  ha k páros. Továbbá
 1 2 3 4 k− 1 k− 3 k− 5 0
 =   = x 2 = x 2 = x 2 = ... x = ha k=2n+1, vagyis
=
2
x
 3 2 4 1 
=
x  ha k páratlan.
6. feladat: Határozzuk meg azokat az xS6 permutációkat amelyekre
 1 2 3 4 5 6
x =  
2
 2 1 6 3 4 5 
Megoldás: Vegyük észre, hogy a jobboldali permutáció inverzióinak a
száma 4, ezért az előjele +1. A továbbiakban igazolni fogjuk, hogy az
egyenletnek nincs megoldása. Ez azt jelenti, hogy a jobboldali
permutáció párossága az egyenlet megoldásának létezéséhez nem
elégséges, csak szükséges feltétel. A feladatot a 3. és a 4. feladatok
mintájára is megoldhatnánk, de a változatosság kedvéért egy más
megoldási módszert mutatunk be. Figyelembe vesszük a permutációk
szorzását és, hogy az eredmény a jobboldali permutáció. Ezért léteznek

olyan a,b,c,d,e, f  1,2,3,4,5,6 páronként különböző számok
amelyekre 1→ a → 2 , 2 → b → 1, 3 → c → 6, 4 → d → 3, 5 → e → 4
és 6 → f → 5. Ezt még így is felírhatjuk:
 a b c d e f  1 2 3 4 5 6   1 2 3 4 5 6
   =   .
 2 1 6 3 4 5  a b c d e f   2 1 6 3 4 5 
Figyelembe vesszük, hogy a bal oldalon levő két permutáció mindegyike
éppen ugyanaz az x permutáció kell legyen. Ha a=1  1→ 1és 1→
2
2
absurdum. Ha a=2 1→ és 2 → absurdum. Ha a=3  1→ és
3
2
3 →  c=2  2 →  b=6  6 → 1  f=1  1→ absurdum.
5
6
2
Ha a=4  1→ és 4 → 2  d=2  2 → 3  b=3  3 → 
1
4
2
5
4
c=1  1→ absurdum. Ha a=5  1→ és 5 →  e=2  2 →
6
 b=4  4 → 1  d=1  1→ absurdum. Ha a=6  1→ és
6
4
4
6 →  f=2  2 →  b=5  5 →  e=1  1→ absurdum.
2
1
5
Tehát a feladatnak nincs megoldása.
 1 2 ... 2k 2k + 1
7. feladat: Igazoljuk, hogy az x =  
2
 2 3 ... 2k + 1 1 
egyenletnek egyetlen

137