Hány eset van? ?

Az egyenes kieséses szakaszban 4 mérkőzést játszanak, ezek minden lehetséges kimeneteléhez pontosan egyféle dobogó tartozik, és a négy mérkőzés kimenetele ugye 2^4-féle lehet

A 4 továbbjutó csapat az 4^4-féle lehet, ez így 4^4*2^4-féle végeredményt jelent az első 4 (NÉGY) helyezett szempontjából. Viszont hogy ki lesz a negyedik az senkit nem érdekel a dobogó szempontjából, és ő az a fenti 4^4*2^4 eset mindegyikében 4-féle lehet, ezért ezt még el kell osztanunk 4-gyel. (Ugye ha csoportokon belüli csapatok 1-1 számot kapnak, akkor az A1, B1, C1, D1; A1, B1, C1, D2; A1, B1, C1, D3 és A1, B1, C1, D4 végső sorrend eseté is ugyanaz a dobogó, csak ezt négyszer számoltuk a 4^4*2^4 képlettel.)

Szóval a végeredmény

4^4*2^4/4 = 1024.

(És remélem, hogy most nem bénáztam el.)

Hogy a csoportok előre meg vannak határozva, tehát nem lehet olyan, hogy mondjuk valaki az A megyéből a B vagy a C csoportba kerül; nem úgy sorsolják össze a 16 csapatot, mint a 21:20-as kommentben szereplő feladatodban, és ezért lehetnek a továbbjutók csak 4^4-félék és nem binom(16,4)-félék, mint ott (az A megyéből itt csak 1 valaki juthat tovább, még a sorsolásnál lehet, hogy mind külön csoportba kerülnének, és akár mind továbbjutnának).

Remélem, érthető maradtam, és nem lett túl szájbarágós.

Igen, ahogy leírtad a megoldást az szerintem jó.

(((Apróság, hogy ez a két mondatod valahogy fura:

> „De minden egyes sorrendnel bele számoltunk a 4.-ik helyezettet is. Meghozza minden 4 csapatnál 4 felekeppen számoltuk a 4.-il helyezettet is.”

Inkább:

> De itt mindig az első 4 sorrendjét számoltuk ki, a 4. helyezett valójában mindegy. De szerencsére mindenféle dobogót 4-szer számoltunk, mert mindegyikhez 4-féle negyedik helyezett tartozhat.

Ezért osztunk 4-gyel…

De ez tényleg apróság, csak szavakon lovagolok, hogy ha le kell írnod, akkor a tanárodnak is egyértelműbb legyen. Szerintem alapból így érted.)))

> „Ha pl a 2.-ik vagy 3.-ik helyezett nem érdekel, akkor is ugyanígy 4-el osztom.”

Tehát ha az érdekel, hogy hányféle lehet az 1., 3., 4. vagy az 1., 2., 4., akkor határozottan igen. A matek szempontjából mindegy, hogy a 4.-et felejtjük el vagy az 1.-t, ugyanúgy kell gondolkozni.

> „Vagy ha egyszerre nem érdekel a 2.ik és 3ik helyezett akkor 16-al osztom?”

Viszont ez egy picit trükkösebb lehet, mert a 2. és 3. helyezett kiléte nem biztos, hogy független egymástól. Ugye akkor tudunk egyszerűen szorozni, ha a következő választás az előzőtől függetlenül mindig ugyanannyiféle lehet. (Nem tudom, rajzoltatok-e ilyen ágrajzokat, ez azokról látszik jól: ha valamelyik szinten némelyik ág 2-felé, némelyik 3-felé megy, akkor nem tudsz szorozni se kettővel, se hárommal, hanem máshogy kell számolnod.)

Abból is látszik, hogy gond lesz, hogy ha mondjuk egyszerre nem érdekelne a 2., 3. és 4. helyezett, tehát csak az első helyezett érdekel, akkor az nyilvánvalóan 16-félére jöhet ki, viszont ha 4^3-nel osztasz, akkor

16*16*16/4^3 = 64

jön ki, ami nem jó.

Meg itt az sem látszik számomra teljesen egyértelműen, hogy ugyanaz lesz-e az eredmény, ha mondjuk a 2. és 4. nem érdekel, mint ha a 2. és 3.

Szóval ez egy jó feladat.