A sport öröm, egészség és egy kicsit matematika Kombinatorika 7. feladatcsomag
|
|
- Rudolf Biró
- 5 évvel ezelőtt
- Látták:
Átírás
1 sport öröm, egészség és egy kicsit matematika Kombinatorika 7. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: év modellalkotás összeszámolási módszerek (permutáció, variáció, kombináció) logikai szita programozás (egyszerű algoritmusok) rekurziók felállítása cikkben szereplő két feladatsor logikailag a Surranó nyilak, gondolkodtató problémák ( 5.6) feladatcsomag folytatása, de a feladatlapok önállóan is feldolgozhatók. z első feladatlap egyszerűbb modellezési feladatokkal kezdődik. Viszonylag könnyebb feladatokkal az ismert összeszámolási struktúrák (permutáció, variáció, kombináció) áttekintését, gyakoroltatását tekintjük célnak. nehezedő feladatsor végén a struktúrák alkalmazására is sor kerül. második feladatlap gondolatilag (tartalmilag) és az alkalmazott eszközöket tekintve is nehezebb, mint az első. Új eszközök jelennek meg (rekurzió alkalmazása, egyszerű algoritmusok), egy-egy feladatra adott több megoldással egyes kapcsolódási pontokra is rámutatunk. z egyes feladatokban más-más korlátozó feltételt írunk elő; az ügyesebb diákok észrevehetik, hogy a feltételek apró módosítása is milyen mély tartalmi változásokat idéz elő. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 1
2 feladatok listája 1. Modellalkotási feladatok (összefüggéslátás, modellezés, rendszeres összeszámolás) 2. Mérkőzések alakulása (rendszerezőképesség, algoritmikus gondolkodás, bizonyítási igény) Módszertani tanácsok z első feladatlapon a klasszikus összeszámolási struktúrák (permutáció, variáció, kombináció) hátterében álló közös jellemzőket hangsúlyozzuk, majd ezeket azonosításuk után a. gyakorlati feladatban közvetlenül alkalmazhatjuk. z 5. és 6. az előzőeknél nehezebb feladatokban a modell általánosítására és bonyolultabb feltételek alkalmazására kerül sor, míg az utolsó 7. feladatban egy kis kitekintés történik a továbbjutásos versenyek matematikájára. második feladatlapon összegezzük, szintetizáljuk a korábban felhasznált módszereket, eljárásokat. Összefüggéseket fedezhetnek fel a diákjaink (például a Fibonacci-rekurzió gyakori megjelenése, vagy az ismétlés nélküli és az ismétléses kombináció kapcsolata); az egy-egy feladatra adott több megoldás további kapcsolódási pontokra mutathat rá (teleszkopikus összegzés); többféle szemléltetést, interpretációt mutatunk (sorozatok kódolása vagy a négyzetrácsos bejárás); és persze a megoldásokból reményeink szerint kiviláglik a rekurziók és az egyszerű programok alkalmazásának a haszna. Mindkét feladatsor alkalmas a differenciálásra, a differenciált órai feldolgozásra. Egyrészt egy-egy feladatsoron belül nehezednek a feladatsorok, másrészt igyekeztünk az a), b), alfeladatokat is nehézségi sorrendben kitűzni. lkalmanként egy-egy feladatra több megoldást is közöltünk. Ennek is egyik módszertani célja a differenciálás nem szük- 2 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
3 séges minden tanulónak mindegyik megoldást hallania vagy akár megértenie. Végül a változatos matematikai eszközhasználatot az egyszerű modellektől eljutunk a rekurziók felállításához, illetve az egyszerű algoritmusok készítéséhez is a differenciálás egyik eszközének tekinthetjük. Megoldások, megjegyzések 1. Modellalkotási feladatok 1. a) Minden helyre 2-féle golyó kerülhet. szorzási szabály miatt 2 8 = 256-féle lánc készíthető. ( 2-féle elem nyolcadrendű ismétléses variációinak a számát határoztuk meg.) b) komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk. Két rossz lánc van, amikor minden golyó egyszínű. keresett láncok száma = 25. c) kezdő golyó színe meghatározza a többi golyót, így 2-féle lánc készíthető. d) Első megoldás (ismétléses permutáció): Ha minden golyó különböző lenne, 8!-féle sorrendet határoznának meg. 3 egyforma piros golyó egymás közt cserélgethető, a lánc típusát ez nem változtatja meg, így az összes sorrendet osztani kell 3!-sal; valamint az 5 egyforma kék golyó is permutálható, emiatt még osztani kell 5!-sal. Eredmény: 8! = 56. 3! $ 5! Második megoldás (kombináció): golyók 8 helyre kerülhetnek a láncban. Ha például kiválasztjuk, hogy ebből a 8 helyből melyik 3 legyen a piros golyó, akkor a maradék 5 helyre kerülnek a kékek, és így a teljes láncot meghatároztuk. 8 helyből 3-at e o= -féleképpen választhatunk ki. 2. a) Mindegyik levelet két helyre tehetjük, ez 2 8 = 256-féle elhelyezést jelent. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 3
4 b) két rossz esetet ismét levonjuk: = 25 a kézbesítések száma. c) piros kék eloszlások számát az ismétléses permutáció vagy a kombináció struktúrájával határozhatjuk meg. Eredmény: e 8 70 o =. 3. modell megegyezik az előző két feladatbelivel. Eredmények: a) 2 8 = 256. b) = 25. c) 6-2 eloszlások száma e o =.. a) Mindegyik gólt bármelyik csapat dobhatta, ez gólonként 2-2 lehetőség. Összesen tehát 2 8 = 256-féleképpen eshetett a nyolc gól. b) két rossz esetet (:B = 8:0, illetve :B = 0:8) ismét kihagyjuk, az eredmény = 25. c) 6:2-es eredmény e o= -féleképpen állhatott elő. Megjegyzések: Legkésőbb a 3. feladat megoldása után hívjuk fel a tanulók figyelmét arra, hogy a három feladat matematikai értelemben nem különbözik. z első kettő egy-egy modellnek tekinthető, míg a harmadik feladat ezeknek egy gyakorlati jellegű interpretációja. Valószínűleg lesznek diákok, akik már korábban is észreveszik (és hangoztatják), hogy ugyanazokról a feladatokról van szó, esetleg kissé megváltoztatott számokkal. De olyanok is akadnak, akik nem veszik észre a hasonlóságot, sőt továbbra is három különböző feladatot látnak. Számukra különösen fontos, hogy egy-egy részfeladatra kétféle megoldást is mutassunk. Előfordulhat, hogy valamelyik struktúra jobban fekszik nekik; ezt biztosabban tudják alkalmazni, s az ő szintjükön ez komoly eredmény. Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
5 differenciálás jegyében esetleg felvethető, hogyan általánosítható a feladat. Például háromféle golyószín esetén hogyan néznek ki a formulák, vagy ekkor melyik struktúrát érdemes alkalmazni. Egy másikfajta észrevétel lehet, hogy a 8:0, 7:1, 6:2,, 1:7, 0:8 eloszlások összege megadja az összes lehetséges eredményt. Így kombinatorikai bizonyítást adhatunk a e o+ e o+ e o+ f + e o = 2 összefüggésre a) Mindegyik kérdést 3-féle csapat válaszolhatja meg, így a lehetőségek száma 3 8 = b) logikai szita formulát alkalmazzuk. Először az összes lehetőségből kivonjuk azt, amikor valamelyik csapatnak nincs helyes válasza. Ha ez például az csapat, akkor mind a nyolc kérdést a B vagy a C csapat válaszolja meg, és ez összesen 2 8 lehetőséget jelent. Ugyanez igaz a B, valamint a C csapatra is, így olyan eset van, amikor valamelyik csapat nem válaszol helyesen különbségben azonban többször levontuk azokat az eseteket, amikor két csapatnak sem volt helyes válasza (azaz minden kérdést a harmadik csapat válaszolt meg). Ilyen eset 3 van, és eddig 6-szor vontuk le. (mikor például az és B csapat is teljesen sikertelen volt, ezt az esetet 2-szer vontuk le, az és a B csapat miatt is.) Eredmény: = [Másképpen is eljárhatunk, ha azt számítjuk ki, amikor pontosan egy csapatnak nincs helyes válasza. z csapat esetében ez (2 8 2) lehetőség, mert kihagyjuk, ha az összes választ a B vagy a C csapat adja meg. Így B-t és C-t is tekintve (2 8 2) lehetőség adódik, és ebből kivonjuk még azt a 3 esetet, amikor pontosan két csapatnak nincs helyes válasza.] c) Ismétléses permutációval 8!, kombináció alkalmazásával például e o$ e o = 560 adódik eredményül. 3! $ 3! $ 2! Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 5
6 Ez utóbbinál először kiválasztjuk az csapat 3 jó válaszát, majd a maradék 5-ből B 3 jó válaszát. Ekkor C két jó válasza már egyértelmű. d) -nak lehet 8, 7, 6, 5 vagy jó válasza. 8 jó válasz egyféleképpen következhet be. 7 jó válasz e 8 o-féleképpen választható ki a kérdések 7 közül, és a maradék kérdést a B vagy a C csapat is megválaszolhatta. Innen tehát e o $ = lehetőséget kapunk. 6 jó válasz e 8 o-féleképpen választható ki, a maradék 6 2 kérdés pedig 2 2 -féleképpen válaszolható meg. Ekkor 8 2 e o $ 2 = 112 az esetek száma Ugyanígy 5 jó válasznál e o $ 2 = 8 esetet kapunk. 5 jó válasznál vigyázni kell: nem engedhető meg, hogy B vagy C is jó választ adjon. Ez 2 eset, így ekkor 8 e o $ ^2 2h = 980 a lehetőségek száma. Összesen = 1157-féleképpen nyerheti meg az csapat a vetélkedőt. 6. a) Egy feltett kérdés hányféleképpen válaszolható meg? Előfordulhat, hogy az első válasz a helyes (ez 3 lehetőség). Lehetséges, hogy a második válasz a jó (ekkor 3 2 = 6 lehetőség van; a rossz választ 3, majd a jót 2-féle csapat adhatta). Ha a harmadik válasz a jó, az szintén 3 2 = 6 lehetőséget jelent (megkülönböztettük a hibásan válaszolók sorrendjét). Lehetséges még, hogy nem születik jó válasz. Ha a rossz válaszok száma 3, akkor innen 3! = 6 esetet kapunk; ha a rossz válaszok száma 2, akkor 3 2 = 6 esetet; ha 1 6 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
7 rossz válasz van, akkor 3 esetet kapunk; és végül az is egy eset, amikor egyik csapat sem válaszol. Egy kérdés megválaszolása = 21-féleképpen történhet. 8 kérdésre így (a válasz helyességét és a válaszoló csapatok sorrendjét is figyelembe véve) 8. 9,2$ 10 -féle válasz adható. (mi nagyon nagy szám.) b) 8 pont előállhat: jó és elpasszolt válaszból, ez e 8 70 o= -féleképpen lehetséges; vagy jó, 2 rontott és 1 passzolt válaszból, ez e o$ e o= féleképpen történhet. Összesen = 238 lehetőség van. c) pontszámok összege 16, így minden elhangzott válasz 8 5 helyes volt. Eredmény: e o$ e o = d) Ez a helyzet nem lehetséges. Összesen 15 pont 8 jó és 1 hibás válaszból születhet, de a páratlan pontszámok miatt már mindhárom csapatnak kellett volna hogy legyen rossz válasza. e) rossz válaszok száma 0-tól -ig terjedhet, a 2 = 8 pontból ennek megfelelően 0 és közötti számot vonhatunk ki. Elérhető pontszámok tehát a 8, 7, 6, 5 és ponttal még ki lehet esni, ha az egyik csapatot a másik három egyaránt legyőzte, egymást pedig körbeverték. 7 ponttal biztosan tovább lehet jutni. Összesen ugyanis 6 mérkőzést játszanak a csapatok, így legfeljebb 6 3 = 18 pontot szerezhetnek, és így biztosan nem lehet három 7 pontos csapat (7 3 > 18). Tehát a = 7, c = 6. 2 ponttal tovább lehet jutni, ha egy csapat legyőzi a többie ket, a három vesztes csapat pedig döntetleneket játszik egymással. 1 ponttal (egy döntetlen és két vereség) nem lehet továbbjutni, hiszen annak a két csapatnak, akik már legyőzték Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 7
8 a szóban forgó együttest, legalább 3-3 pontja van. Tehát b = 2, d = 1. Egy kis paradoxon z utóbbi feladat megoldásánál hallgatólagosan feltételeztük, hogy 0-tól 6-ig minden pontszám elérhető. Ez nagyon fontos feltétel, mert így a d < b < c < a egyenlőtlenség természetes módon adódik. Hívjuk fel a diákjaink figyelmét arra, hogy ha az egyes pontszámok előállításának algebrai akadálya van, akkor a megoldás (és indoklása) igen bonyolulttá is válhat. Változtassunk kicsit a feltételeken: győzelemért, döntetlenért 3, vereségért 0 pont járjon, és a négy csapatból három jusson tovább. Változik-e most a (a biztos továbbjutás) és c (a maximális pontszámú kiesés) kapcsolata? Két győzelemmel, 8 ponttal biztosan tovább lehet jutni, hiszen legfeljebb hármas holtverseny lehet az első helyen. De 3 döntetlennel, azaz 9 ponttal ki lehet esni, ha minden csapat döntetlenül végzett egymással. z a furcsa helyzet áll tehát elő, hogy a > c ebben a rendszerben. jelenség oka persze az, hogy ha egy csapatnak 8 pontja van, akkor nem lehet egy másik csapatnak 9 pontja. Érdekes kérdés (szorgalmi feladatnak kiválóan alkalmas) annak vizsgálata, hogy mely pontszámok érhetők el valamely csapat, illetve a négy csapat együttesét tekintve. 2. Mérkőzések alakulása 1. a) Első megoldás: 13 pont 6 darab 2-es és 1 darab 1-es összege; vagy 5 darab 2-es és 3 darab 1-es összege; vagy darab 2-es és 5 darab 1-es összege és így tovább. Korábban már láttuk, hogy az x és y darabszámú, kétféle elemből álló sorozatok száma (ismétléses permutáció vagy kombináció alkalmazásával) ^x+ yh! x+ y = e o. Ez alapján a lehetséges játszmák száma x! $ y! x e o+ e o+ e o+ f + e o+ e o. (z utolsó két tag az Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
9 1 darab 2-es, 11 darab 1-es, illetve a 0 darab 2-es, 13 darab 1-es sorrendjeinek a száma.) z összeg a könnyebben kiszámolható e o+ e o+ e o+ e o+ e o+ e o+ e o alak ban is írható. Eredmény: = 377. Második megoldás: Rekurziót alkalmazunk. Jelöljük a(n)-nel, ahányféleképpen az n pont elérhető a játékban. Ha az első dobás 1-es, akkor a továbbiakban (n 1) pontot kell szerezni, s ez a(n 1)-féleképpen tehető meg. Ha pedig az első dobás 2-es, akkor a maradék (n 2) pont a(n 2)-féleképpen érhető el. z első dobás vagy 1-es, vagy 2-es, így az n pont elérésére az a(n) = a(n 1) + a(n 2) összefüggés írható fel. rekurziót akkor tudjuk alkalmazni, ha meghatározzuk két kezdőtagjának értékét. a(1) = 1 (mert az 1-es 1-féleképpen dobható ki), és a(2) = 2, mert a 2-es összeg 2-féleképpen érhető el: vagy 2 módon. kezdőtagok ismeretében a sorozat további elemeit egyszerű helyettesítéssel, lépésről lépésre meghatározhatjuk. a(3) = a(2) + a(1) = = 3; a() = = 5; Ha a számolás fárasztó puszta kézzel, akkor a sorozat adott elemét egy nagyon egyszerű programmal is kiírathatjuk, még tömböket sem kell alkalmaznunk. Legyen a és b az utolsó két eleme a sorozatnak. Ekkor a c összegük lesz a következő elem értéke; és a léptető cikluson belül a b és b c értékadásokkal beállítjuk a és b új értékeit. z algoritmus: a:=1; b:=2 Ciklus i:=3-tól 13-ig c:=a+b Ki: i, c a:=b; b:=c Ciklus vége Õ Õ Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 9
10 futási eredmény a következő: i a(i) Megjegyzés: rekurzív összefüggés ismerős lehet: ez éppen a nevezetes Fibonacci-sorozatra vonatkozó formula. ( feladat eredménye a 1. Fibonacci-szám, mert az f(i) Fibonacci-sorozat f(1) = f(2) = 1 kezdőértékeit 1-gyel eltoltuk.) b) z 1, 2, 3 szektoros tábla 13 pontot előállító találatait az alábbi táblázatban adtuk meg Például a (3; 2; 1) (2, 2, 3) oszlop azt jelenti, hogy a 3-as, 2-es és 1-es dobásokból rendre 2, 2 és 3 számú történik. ( = 13.) Ezen típusok számát az ismétléses permutáció képletével határozhatjuk meg: 7! = ! $ 2! $ 3! [Egy másik lehetőség kombináció alkalmazása. háromféle elemből 7 hosszú sorozatot készítünk úgy, hogy először a 7 helyből kiválasztunk 2-t, ahová a 3-asokat írjuk; majd a maradék 5 helyből 2-t, ahová a 2-esek kerülnek. (z 1-esek helye már adódik.) 7 5 Ezt e o$ e o= 21 $ 10 = 210-féleképpen tehetjük meg.] 2 2 z összes eset számának a meghatározása sokáig tartana. (21 oszlop van a táblázatban!) Most már valóban érdemesebb a rekurzió alkalmazása. megoldás hasonló, mint az a) esetben. 10 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
11 Jelölje b(n) az n összeg elérési lehetőségeinek a számát; a feladat b(13) kiszámítása. Ekkor a b(n) = b(n 1) + b(n 2) + b(n 3) rekurzió írható fel, hiszen az első dobás vagy 1-es, vagy 2-es, vagy 3-as. kezdőtagok b(1) = 1, b(2) = 2 és b(3) =. (Ez utóbbi például a 3 = = = előállításokból adódik.) számítógépes programot kissé módosítjuk három változóra: a:=1; b:=2; c:= Ciklus i:=-tól 13-ig d:=a+b+c Ki: i, d a:=b; b:=c; c:=d Ciklus vége futási eredmény: i b(i) Válasz: a 13-as összeg tehát 1705-féleképpen érhető el. c) rekurzív összefüggés c(n) = c(n 2) + c(n 3) + c(n 5). Ez ötödrendű rekurzió (azaz bármely elem kiszámításához 5 korábbi elem ismeretére van szükség), így 5 kezdőtagot kell megadnunk. Ezek: c(1) = 0, c(2) = 1, c(3) = 1, c() = 1, c(5) = 2. (Például ez utóbbi a = összegekből adódik.) z algoritmus megírása most sem nehezebb, a sorozat elemeit egy c() tömbben tároljuk: c(1):=0; c(2):=1; c(3):=1; c():=1; c(5):=2 Ciklus i:=6-tól 13-ig c(i):=c(i 2)+c(i 3)+c(i 5) Ki: i, c(i) Ciklus vége futási eredmény: i c(i) zaz a 13-as összeg 30-féleképpen érhető el. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 11
12 Ellenőrzésképpen a hagyományos módon is megoldhatjuk a feladatot (a 30 nem olyan nagy szám). z utolsó oszlopban azt jelöltük, hogy az egyes sorozatok hányféleképpen állhatnak elő darabszám e 6 2 o= e o= összesen: Észrevehetjük, hogy a 7:5 végeredmény csak 5:5-ös állás után jöhetett létre úgy, hogy az utolsó két játékot a győztes nyerte meg. ( 7:5-ös végállás csak 6:5 után következhetett, a 6:5 pedig csak 5:5 után. 6: esetén már véget ért volna a játszma.) Ha meghatározzuk, hogy az első tíz játékból melyik 5-öt nyerte meg az egyik fél, akkor egyértelműen megadtuk a 10 játszmasorozatot; ez pedig e o = -féleképpen történhetett. Megjegyzés: 7:5 végeredményre gyakran hangzik el a 12 kissé figyelmetlen vagy felületes e o válasz. Ennek hibás 5 voltát érdemes részletezni, a tanulság más feladatok (más sportágak) esetén is alkalmazható. (Hangsúlyozhatjuk, hogy a e 12 o eredmény olyan nem létező játszmalefolyásokat is tartalmaz, mint például az 5: 6: 7: 7:5.) 5 3. a) 11:5 végeredmény csak 10:5-ös állás után jöhet létre. z első 15 labdamenetből 5-öt nyert a vesztes, ez 15 e o = -féleképpen történhetett. 12 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
13 b) 13:11 végeredmény csak 11:11-es állás után jöhetett létre, ez pedig csak 10:10 után (11:9 vagy 12:10 állásnál vége lett volna a játéknak). 10:10-es állás e 20 o-féleképpen 10 jöhetett létre. vesztes játékos a következő négy labdamenetből az elsőt vagy a másodikat nyerhette meg, 20 így összesen 2 $ e o= féleképpen folyhatott le 10 a játszma.. 6:k végeredmény (k = 0, 1, 2, 3, ) előtt 5:k volt az állás. 5 + k Ez e o-féleképpen jöhetett ki, hiszen az 5 + k játékból k ennyi módon választhatjuk ki a vesztes játékos által nyert k játékot. Ez alapján: a 6:0 végeredmény e o = ; a 6:1 végeredmény e o = ; a 6:2 végeredmény e o = ; a 6:3 végeredmény e o = ; a 6: végeredmény e o= -féleképpen jöhetett létre. 7:5 végeredmény csak 5:5-ös állás után lehetséges, ez e o = lehetőség. Végül a 7:6 végeredmény 5:5-ös állás után kétféleképpen lehetséges (a 11. vagy 12. játékot nyerhette meg a későbbi vesztes), összesen = 50-féleképpen. Egy teniszjátszma (amelyben akár rövidítés is lehet) tehát = 966-féleképpen alakulhat. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 13
14 Megjegyzések: z S = e o+ e o+ e o+ e o+ e o összeg egyszerűbb alakba írható, ha felhasználjuk a binomiális együtthatók n n n + 1 e o + e o= e o tulajdonságát. (Ez a Pascal-háromszög k k + 1 k + 1 képzési szabálya.) 5 6 e o= e o, így e o+ e o= e o+ e o= e o, e o+ e o= e o, e o+ e o= e o, végül e o+ e o= e o Ezzel a teleszkopikus összegzéssel S = e o. S-sel azt jelöltük, ahányféleképpen 6 nyert játékkal megnyerheti a győztes a játszmát (legfeljebb 6:-re). szép kerek eredmény alapján egy második megoldást is adhatunk. győztes játékokat 1-gyel, a veszteseket 0-val jelölve e 10 o éppen azon sorozatok száma, amelyekben 6 darab 1-es és darab 0 van. És valóban, minden ilyen sorozathoz kölcsönösen egyértelműen tudunk egy játszmát rendelni. Például a vagy a sorozatok a 6:-es, az vagy sorozatok pedig a 6:1-es győzelmet kódolják. Láthatóan minden nyertes játszmának pontosan egy kód felel meg, mert a 6. számú 1-es után csak legfeljebb 0-k következhetnek. Ha a 7:5-ös végeredményt is hozzávesszük S-hez, akkor e o+ e o= e o adódik, ami hasonlóan helyes számeredményhez vezet. Itt az a szerencsénk, hogy 7:5 eredményű 5 5 játszma pont annyi van, mint 6:5 végeredményű, ha ez utóbbit 5:5 utáni mérkőzés-győzelemnek tekintjük. Ezek száma pedig valóban e 11 o, amit 5 darab 0-val és 6 darab 5 1-essel egyértelműen kódolhatunk. 1 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
15 Fontos megjegyeznünk, hogy a 7:5-ös győzelemre közvetlenül felírt e o eredmény helytelen. Például a kódok a 6:3 és 7:5 eredményeket egyaránt (háromszor is) kódolják. És ugyanígy nem használhatjuk a formulát a 7:6-os eredményekre sem a) 1:8 eredmény e o = -féleképpen jöhetett ki. b) legfeljebb 8 gól pontosan 0, vagy 1, vagy 2,, vagy 8 gól megszerzését jelenti. z egyes esetekben rendre e o, e o, e o, f, e o-féleképpen alakulhatott a mérkőzés. Ezek összege az előző feladatban alkalmazott teleszkopikus összegzéssel e o =. c) 1:13 lehet a legszorosabb végeredmény. z előző feladat megjegyzése alapján a játszma menete e o+ e o+ e o+ f + e o= e o= félekép- pen alakulhatott ki d) komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk. Legalább 8 gólt szerzett = az összes játszmaalakulásból kivonjuk a rosszakat, azaz azokat, amikor a vesztes csapat legfeljebb 7 gólt szerzett. Eredmény: e o e o = a) z egyik játékos pontjainak száma 0; 0,5; 1; 1,5; ; 12 lehet, ami összesen 25 lehetőség. b) Minden játszma eredménye 3-féle lehet (valamelyik fél győz, illetve döntetlen a parti). Így összesen 3 12 = féleképpen folyhat le a mérkőzés. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 15
16 c) játékosok szemszögéből az egyes játszmák eredményét a hagyományos módon +, = és jelzésekkel látják el. Például a +3, =2, 7 kódolás azt jelenti, hogy a játékos 3 partit nyert, 2 végződött döntetlenül, és 7-et elveszített. Minden mérkőzésnek háromféle kimenetele lehetséges. Valamely játékos szemszögéből nézve, ebből a három kimenetelből választunk ki 12-t a sorrendre való tekintet nélkül. Ez 3 elem 12-ed osztályú ismétléses kombinációinak a számát jelenti. Eredmény: = G = e o= e o= d) nyertes játékos pontjait az alábbi táblázatban feltüntetett módokon szerezheti. (z utolsó sorba az egyes típusok előfordulási lehetőségeit írtuk.) = e o 12 5 e o$ e o e o$ e o e o$ e o e o lehetséges típusok száma 5. Ha a játszmák sorrendje is számít, akkor az utolsó sor elemeinek összege a válasz e o+ e o$ e o+ e o$ e o+ e o$ e o+ e o = Jelölje a vezető csapat góljait 1, a hátrányban lévő góljait 0. Ekkor a 8 darab 1-esből és 5 darab 0-ból álló sorozatok számát bizonyos korlátozások mellett keressük: nem szerepelhet két, illetve három szomszédos 0 a sorozatban. komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk, az összes esetből levonjuk a rosszakat. z összes eset a szóban forgó sorozatok száma e o a) Rosszak azok a sorozatok, amelyekben legalább két darab 0 van egymás mellett. Esetszétválasztást végzünk a szomszédos 0-k maximális száma alapján. 16 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
17 Ha 5 darab 0 van egymás mellett, akkor ezeket a 8 darab 1-es által kijelölt 9 hely bármelyikére tehetjük, így 9 számú megfelelő sorozatot kapunk. Ha a 0-k megoszlása -1, akkor a szomszédosat 9, az egy magányos 1-est pedig már csak 8 helyre tehetjük. Innen kapunk tehát 9 8 esetet. (Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha először a 0-k helyét rögzítjük. Ekkor a és 1 darab 0 közé mindenféleképpen kell egy 1-es; a maradék 7 darab 1-est pedig a 0-k által kijelölt 3 helyre kell szétosztanunk. helyek kiválasztásának sorrendje nem számít, 3 helyből kell 7-et ismétléses kombinációval kiválasztani. Ennek átírása hagyományosan az = G = e o módon történhet, ez esetben n n+ k 1 k k = G = e o= e o. kapott eredményt még szorozni kell vel, hiszen a és 1 darab 0 helyzete felcserélhető.) többi esetet hasonlóan megvizsgálva kapjuk az alábbi táblázatot. eloszlás esetszám $ e 2 o e 9 2 o$ $ e o 3 (Itt például a számú szomszédos 0 esetén először az 1-esek által kijelölt 9 helyből kiválasztunk egyet a 3 szomszédos 0 számára, majd a maradék 8 helyből 2-t a két darab különálló 0 miatt.) Eredmény: e o 9 2$ 9$ 8 2$ 9 $ e o 9$ e o = Megjegyzés: z eredményt kevésbé tanulságos módon, de sokkal egyszerűbben megkaphatjuk direkt leszámolással is. z 1-esek által kijelölt 9 helyből kell kiválasztani 5-öt a 0-k számára, méghozzá úgy, hogy egyegy helyet csak egyszer választhatunk a szomszédsági Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 17
18 tiltás miatt. Ezt az elhelyezést e o= -féleképpen tehetjük meg. Másképpen: Ha pedig kezdetben a 0-kat rögzítjük, akkor először 1-1 darab 1-est kell helyezni közéjük. z így kapott sorozatban a 0-któl függő 6 helyre kell a maradék darab 1-est ismétléses kombinációval elhelyezni: = G = e o= e o. 5 b) rossz eseteket és az előfordulási számukat az előző táblázatból másolhatjuk. eloszlás esetszám $ e o Eredmény: e o 9 2$ 9$ 8 9$ e o = c) nyert és vesztett játszmákra hasonló jelölést alkalmazunk. z előző feladathoz képest most annyi a különbség, hogy a sorozat utolsó száma 1-es, hiszen így ér véget a teniszjátszma. maradék darab 0 és 5 darab 1-es e 9 o-féleképpen rendezhető sorba. szomszédsági korlátozás miatt az 1-esek által meghatározott 6 helyből kell -et kiválasztanunk a 0-k számára, és ezt e 6 15 o= -féleképpen tehetjük meg. d) rossz esetekben 3 vagy szomszédos vesztett játszma van, ezeket kell az 5 darab 1-es által kijelölt 6 helyre szétosztani. z összeszámolást az alábbi táblázatban végeztük el. eloszlás 3-1 esetszám Eredmény: e o 6 6$ 5= Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
19 8. z előző feladatbeli gondolatmeneteket alkalmazva több esetet kellene megvizsgálni. szüneti eredmény lehet 7:6, 8:5, 9:, 10:3, 11:2, 12:1 vagy 13:0 is. z esetszétválasztás helyett alkalmazzunk inkább rekurziót! a) Jelentse a(n) azon n tagú 0 1 elemű sorozatok számát, amelyekben nincs egymás mellett két darab 0. [ feladat tehát a(13) meghatározása.] Ha a sorozat 1-essel kezdődik, akkor e mögé 12 elemű sorozatot kell képeznünk, az eredeti feltételeknek megfelelően. Ezek száma a(12). Ha pedig 0-val kezdődik a sorozat, akkor 1-essel kell folytatni, majd ezután ismét bármelyik szám következhet. 01 kezdőtagokat a(11)-féleképpen folytathatjuk. Felírható tehát az a(13) = a(12) + a(11) rekurzív összefüggés, ami általános alakja a(n) = a(n 1) + a(n 2), ha n $ 3. sorozat két kezdőtagja könnyen megadható: a(1) = 2 és a(2) = 3, mert a négy lehetőségből (00, 01, 10, 11) csak egy a rossz. két kezdőtag ismeretében már rendre kiszámolható a sorozat többi eleme: kérdéses eredmény tehát 610-féleképpen jöhetett ki. (Ha a két csapatot megkülönböztetjük, akkor a kapott eredményt még szorozni kell 2-vel.) Ismét észrevehetjük, hogy a Fibonacci-rekurziót kaptuk; az a(n) sorozat elemei pedig a Fibonacci-sorozat 2-vel eltolt tagjai. b) Legyen b(n) az n hosszú, 0-t vagy 1-est tartalmazó sorozatok száma, amelyekben nincs egymás mellett három 0. Ha a sorozat 1-gyel kezdődik, akkor bárhogyan folytatható, számuk b(n 1). Ha a sorozat 0-val kezdődik, akkor a folytatás 01 esetén b(n 2)-féle; 001 esetén b(n 3)-féle lehet. ( 000 esetet kizártuk.) Így tehát a b(n) = b(n 1) + b(n 2) + b(n 3) rekurziót állíthatjuk fel, a kezdőtagok b(1) = 2, b(2) =, b(3) = 7. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 19
20 (Ez utóbbi indoka: a 8 darab 3 tagú kezdősorozatból csak a 000 nem lehetséges.) Legegyszerűbb egy programmal meghatározni b(13) értékét. z 1. b) feladatban használt algoritmus most is megfelelő, csak a kezdőtagokat kell módosítani. futási eredményt ismét érdemes táblázatba foglalni: i b(i) Megjegyzés: Érdekességképpen észrevehetjük, hogy az 1. b) feladat sorozatának egy eltoltját kaptuk. 9. játék lefolyását szemléltethetjük a derékszögű koordináta-rendszerben. Ekkor az O(0; 0) pontból az (6; ) pontba kell eljutni jobbra vagy felfelé történő, egységnyi lépésekkel. ( jobbra lépések felelnek meg a nyert játékoknak.) a) fenti O rácsútvonalak közül azok felelnek meg, amelyek nem érintik az e: y = x + 1 egyenletű egyenest. Tükrözzük -t az e egyenesre, kapjuk a B(3; 7) pontot. rossz utakkal a következő transzformációt hajtjuk végre: az első olyan pontjuktól, amikor érintik az e egyenest, a további útszakaszaikat tükrözzük e-re. Így egy O és B közötti utat kaptunk. z O és közötti rossz utak kölcsönösen egyértelműen megfeleltethetők a fenti módon kapott OB utaknak, hiszen ezek szükségképpen (legalább egyszer) metszik az e egyenest. 20 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
21 10 O-ból -ba e o út vezet, a rossz OB utak száma e 10 o, 3 így a keresett játszmák száma e o e 3 o =. Vegyük észre, hogy e 90 játszma között olyanok is szerepelnek, amikor nem a győztes játékos szerzi az utolsó pontot! Például 5:2 után lesz 6:2-es állás, majd ezután alakul ki a 6:-es végeredmény. Ilyen a valóságban nem történhet, hiszen 6:2-nél vége van a játszmának. Rácsmodellünk tehát kiigazításra szorul. 6:-es végeredmény csakis 5: után jöhet létre, ezért az pont szerepét l (5; ) pont veszi át, B helyett pedig Bl (3; 6) ponttal kell számolnunk. Ezzel a helyes megoldás: e o e 3 o =. e o 90 e o 3 = arra a kérdésre adja meg az eredményt, ha teniszjátszma helyett például egy vízilabdamérkőzés lefolyását kérdezzük meg persze úgy, hogy a vesztes csapat sosem vezetett a mérkőzés során. b) z előző játékhelyzet annyiban módosul, hogy az első játszmát a későbbi győztes nyeri. Tehát a tulajdonképpeni játékok a C(1; 0) és l (5; ) közötti utakkal reprezentálhatók, és az f: y = x egyenes nem érinthető. l tükörképe f-re D(; 5); az összes Cl út száma e o, a rossz 8 CD utak száma pedig e 8 o. Eredmény: e 8 o e 3 o = a megfelelő utak száma. Megjegyzés: Természetesen úgy is eljárhattunk volna, hogy észrevesszük, az első két játszmát egyaránt a későbbi győztesnek kell nyernie. Ekkor az ábrán a Cl (2; 0) pontból kiinduló utakat számoljuk össze. Ez hasonló módon történhet, e o e 2 o = az így kapott eredmény. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 21
22 Felhívhatjuk a tanulók figyelmét arra, hogy a két érték egyenlősége a Pascal-háromszög képzési szabályából is következik: e o e o= e o+ e o = e o+ e og = e o e o Jelölje f(n) az n pont elérési lehetőségeinek a számát és pontos akciókat egyszerűen 7 és 8 pontosaknak tekinthetjük, hiszen úgyis csak közvetlenül a 6 pontos támadás után hajthatók végre. (Így megkülönböztetjük a 8 pontos támadó akciót a 6 pontos támadó és 2 pontos védekező pontszerzéstől.) z eddigiekhez hasonló módon felállíthatjuk az f(n) = f(n 2) + f(n 3) + f(n 6) + f(n 7) + f(n 8) rekurziót: az utolsó, n-edik pontot elérő játék 2, 3, 6, 7 vagy 8 pontos volt. f(21) kiszámításához nyolc kezdőtagot kell meghatároznunk. f(1) = 0, f(2) = 1, f(3) = 1, f() = 1, mert =. f(5) = 2 (mert 5 = = 3 + 2). 6 = = = 6 + 0, így f(6) = 3. 7 = (3-féleképpen) = 7 + 0, tehát f(7) =. 8 = = (3-féleképpen) = = (2-féleképpen) = 8 + 0, így f(8) = 7. z 1. c) feladatban alkalmazott programot futtathatjuk, kis módosítással. z eredmények: i f(i) i f(i) Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
23 Kombinatorika Összefüggéslátás Modellalkotási feladatok 1. Egyforma méretű piros és kék üveggolyóink vannak, mindkét színből legalább nyolc darab. Nyolc golyót sorbarendezve egy láncot kapunk. a) Hányféleképpen tehetjük ezt meg? (Két lánc különböző, ha az azonos sorszámú golyók közül valamelyik pár színe eltérő.) b) Hányféle lánc készíthető, ha mindkét színből fel kell használni golyókat? c) Hányféle lánc készíthető, ha a piros és kék golyók felváltva helyezkednek el? d) nyolc golyóból most 3 piros és 5 kék. Hányféle lánc készíthető ekkor? év 2. Egy piros és egy kék levélszekrénybe nyolc különböző levelet dobunk be. a) Hányféleképpen történhet a kézbesítés? b) Hányféle kézbesítés lehetséges, ha egyik postaláda sem maradhat üresen? c) És akkor hányféle kézbesítés lehet, ha a piros és a kék ládába ugyanannyi levél kerül? 3. z 1-es és 2-es számjegyekből nyolcjegyű számot készítünk. a) Hányféle szám készíthető? (Nem kötelező mind a két számjegyet felhasználni.) b) Hányféle szám készíthető, ha a számban mind a két számjegynek szerepelnie kell? c) Hányféle szám készíthető, ha 6 darab 1-est és 2 darab 2-est használunk fel? Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 23
24 Kombinatorika Összefüggéslátás év. z és B vízilabdacsapatok mérkőzésének első két negyedében nyolc gól esett. a) játék lefolyását tekintve hányféleképpen történhetett ez meg? b) Hányféle sorrendben eshettek a gólok, ha tudjuk, hogy mindkét csapat lőtt gólt? c) zt is megtudtuk utólag, hogy az csapat a szünetben 6:2-re vezet. Hányféleképpen alakulhatott ki ez az eredmény? 5. Egy televíziós vetélkedőn három csapat szerepel,, B és C, és összesen nyolc kérdés hangzik el. Mindegyik kérdést helyesen válaszolta meg valamelyik csapat. (Egy kérdésre egyszerre csak egy csapat adhat választ, tehát pontosan nyolc helyes válasz történt.) a) Hányféleképpen lehetséges ez? b)* Hányféleképpen lehetséges ez, ha esetleg még azt is tudjuk, hogy minden csapatnak volt helyes válasza? c) Hányféleképpen történhet meg, hogy az és B csapat 3-3, míg a C 2 jó választ ad? d) Hányféleképpen nyerheti meg az csapat a vetélkedőt? (Ekkor -nak van a legtöbb pontja, tehát nincs holtverseny az első helyen.) 2 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
25 Kombinatorika Összefüggéslátás z előző vetélkedő újabb fordulójában ismét nyolc kérdést tesz fel a játékvezető. kérdésekre adott jó válasz 2 pontot ér, a rossz válasz 1-et. Minden kérdésre először a leggyorsabban jelentkező csapat válaszolhat. Ha a válaszuk jó, a következő kérdés következik; míg ha rossz a válasz, akkor a másodiknak jelentkező csapat válaszolhat. Jó válasz esetén továbbmennek, míg rossz válasz esetén a harmadik csapatnak is lehetősége van a válaszra. (z is előfordulhat, hogy valamelyik csapat nem él a válaszadás lehetőségével.) a) Hányféleképpen folyhat le a vetélkedő, a kérdésekre adott válaszok tekintetében? (Nemcsak az számít, hogy melyik csapat adott helyes vagy hibás válaszokat, hanem az is, hogy milyen sorrendben.) b) Hányféleképpen szerezhet egy csapat 8 pontot? (Számít a kérdések sorrendje, de ne vegyük figyelembe a többi csapat válaszát!) c) Hányféleképpen történhet meg, hogy végeredményül az és B csapatnak 6-6, míg a C-nek pontja van? d) Hányféleképpen történhet meg, hogy végeredményül mindhárom csapatnak 5 pontja van? e) Hányféle pontszáma lehet egy csapatnak, ha jó választ adott? év Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 25
26 Kombinatorika Összefüggéslátás év 7. z iskolai focibajnokság egy csoportjában csapat van. csoportban mindenki mindenkivel egyszer játszik. Győzelemért 3, vereségért 0, döntetlenért 1 pont jár. két legtöbb pontot összegyűjtő csapat jut a döntőbe (pontegyenlőség esetén pénzfeldobással döntenek). z egyik csapat edzője a bajnokság előtt a következőket írta a táblára: Ha legalább a pontot elérünk, biztosan továbbjutunk. Legalább b pontot el kell érnünk, hogy legyen esélyünk továbbjutni. legmagasabb pontszám, amivel kieshetünk: c. d a legmagasabb pontszám, amivel biztosan kiesünk. Mennyi a, b, c és d értéke, ha az edző nem hibázott? (Dürer verseny, 2011.) 26 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
27 Kombinatorika Rendszerezőképesség Mérkőzések alakulása 1. Hányféleképpen érhető el a 13 pont a képen látható darts táblákon? Feltételezzük, hogy a játék folyamán nem történik 0 pontos (érvénytelen) dobás. a) b) c) év 2. Hányféleképpen jöhetett létre egy 7:5 végeredményű teniszjátszma? ( teniszben 6 nyert játékig játsszák az egyes játszmákat, de a győzelemhez két játék különbség kell. 6:5- re tehát nem lehet nyerni, így alakulhat ki a 7:5 végeredmény.) 3. z asztalitenisz-játszmákat 11 pontig játsszák úgy, hogy legalább két pont különbség kell a győzelemhez. (Ha tehát 10:10 után 11:10 lett az eredmény, tovább folytatják a játékot addig, amíg a játékosok között nem alakul ki két pont különbség.) Hányféleképpen jöhet létre egy a) 11:5-ös; b) 13:11-es eredményű játszma? Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 27
28 Kombinatorika Rendszerezőképesség év. Hányféleképpen alakulhat egy teniszjátszma, amelyet ha szükséges úgynevezett rövidítéssel fejeznek be? ( rövidítésre 6:6-os állásnál kerülhet sor, ha a játszma nem dőlt el korábban, például 6:-re. rövidítés során egyetlen további játékban eldöntik, melyik fél lesz a győztes, aki így végül is 7:6-ra nyer.) 5. Egy ifjúsági kézilabda-mérkőzésen a győztes csapat 1 gólt ért el. a) Hányféleképpen alakulhatott a játszma, ha a vesztes csapat 8 gólt szerzett? És akkor hányféleképpen alakulhatott a játszma, ha a vesztes csapat b) legfeljebb 8 gólt szerzett; c) góljainak a száma nem ismert; d) legalább 8 gólt szerzett? 6. Két sakkjátékos tizenkét játszmás párosmérkőzést vív. játszmák nyertese 1, a vesztes 0 pontot kap; míg ha döntetlen a parti, mindketten 0,5 0,5 pontot kapnak. a) Hányféle eredménye lehet a mérkőzésnek? ( két játékos pontszám-megoszlása a kérdés.) b) Hányféleképpen folyhat le a mérkőzés? (Számít a lejátszott partik sorrendje.) c) Hányféleképpen végződhet a mérkőzés? (Itt például megkülönböztetjük az 1 szerzett pontot aszerint, hogy két döntetlenből vagy egy győzelemből származik.) d) Hányféleképpen győzhet 8:-re az egyik játékos? 28 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
29 Kombinatorika Rendszerezőképesség Egy kézilabda-mérkőzés állása 8:5. Hányféleképpen jöhetett ki ez az eredmény, ha feltételezzük, hogy a hátrányban álló csapat sosem szerzett egymás után a) 2 b) 3 gólt? Hányféleképpen nyerhet egy játékos 6:-re egy teniszjátszmát, ha az ellenfélnek nincs nyerő szériája, azaz nem nyert egymás után c) 2 d) 3 játékot? év 8. Egy kézilabda-mérkőzésen a szünetig 13 gól született. Hányféleképpen jöhetett ki ez az eredmény, ha feltételezzük, hogy a hátrányban álló csapat sosem szerzett egymás után a) 2 b) 3 gólt? 9. Hányféleképpen nyerhet egy játékos 6:-re egy teniszjátszmát, ha a játszma folyamán a) az ellenfél sosem vezetett; b) a 0:0 kezdőhelyzet kivételével végig a győztes játékos vezetett? (Ebben a feladatban tehát nem engedjük meg a döntetlen részállást.) Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 29
30 Kombinatorika Rendszerezőképesség 5.7 nálunk is egyre nézettebb amerikai futballban a támadó csapatnak a következő pontszerzési lehetőségei vannak: 3 pont (mezőnygól); 6 pont (ekkor a birtokolt labdát az ellenfél célterületére juttatják; touchdown ); 1 pont (sikeres 6 pontos akció után egyszeri alkalommal jutalomrúgás); 2 pont (sikeres 6 pontos akció után egyszeri alkalommal touchdown szerzése). Tehát egy 6 pontos akció után három folytatási lehetőség van: a támadó csapat végrehajt egy sikeres 1 pontos rúgást (ekkor = 7 a támadásból szerzett pontok száma); vagy végrehajt egy sikeres 2 pontos akciót (6 + 2 = 8 pont); vagy a fentiek sikertelensége esetén marad a 6 szerzett pontja. védekező csapat is szerezhet pontot: 2 pont (ekkor a védekező csapat például az ellenfél célterületén belül földre viszi a labdát birtokló irányítót) év 10. Hányféleképpen szerezhet 21 pontot egy csapat az amerikai futballban? 30 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)
Kombinatorika - kidolgozott típuspéldák
Kombinatorika - kidolgozott típuspéldák az összes dolgot sorba rakjuk minden dolog különböző ismétlés nélküli permutáció Hányféleképpen lehet sorba rakni n különböző dolgot? P=1 2... (n-1) n=n! például:
RészletesebbenTananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
// KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 16. lecke: Kombinatorika (alapfeladatok) Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 3.1.
RészletesebbenSzerencsejátékok. Elméleti háttér
Szerencsejátékok A következőekben a Szerencsejáték Zrt. által adott játékokat szeretném megvizsgálni. Kiszámolom az egyes lehetőségeknek a valószínűségét, illetve azt, hogy mennyi szelvényt kell ahhoz
RészletesebbenDefiníció n egymástól megkülönböztethető elem egy sorrendjét az n elem egy (ismétlés nélküli) permutációjának nevezzük.
9. Kombinatorika 9.1. Permutációk n egymástól megkülönböztethető elem egy sorrendjét az n elem egy (ismétlés nélküli) permutációjának nevezzük. n elem ismétlés nélküli permutációinak száma: P n = =1 2
RészletesebbenGEOMATECH TANULMÁNYI VERSENYEK 2015. ÁPRILIS
GEOMATECH TANULMÁNYI VERSENYEK 2015. ÁPRILIS Eddig nehezebb típusú feladatokkal dolgoztunk. Most, hogy közeledik a tavaszi szünet, játékra hívunk benneteket! Kétszemélyes játékokat fogunk játszani és elemezni.
RészletesebbenK O M B I N A T O R I K A P e r m u t á c i ó k, k o m b i n á c i ó k, v a r i á c i ó k
K O M B I N A T O R I K A P e r m u t á c i ó k, k o m b i n á c i ó k, v a r i á c i ó k. Az 1,, 3,, elemeknek hány permutációja van, amelynek harmadik jegye 1- es? Írjuk fel őket! Annyi ahányféleképpen
RészletesebbenKombinatorika. Permutáció
Kombinatorika Permutáció 1. Adva van az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegy. Hány különböző 9-jegyű szám állítható elő ezekkel a számjegyekkel, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek? Mi van akkor, ha a szám
Részletesebben47. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló NYOLCADIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ
7. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló NYOLADIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 1. Hány különböző módon lehet felírni az 102-et két pozitív négyzetszám összegeként? (Az összeadás sorrendje
RészletesebbenJáték a szavakkal. Ismétléses nélküli kombináció: n különböző elem közül választunk ki k darabot úgy, hogy egy elemet csak egyszer
Játék a szavakkal A következőekben néhány szóképzéssel kapcsolatos feladatot szeretnék bemutatni, melyek során látni fogjuk, hogy egy ábrából hányféleképpen olvashatunk ki egy adott szót, vagy néhány betűből
RészletesebbenKombinatorika. I. típus: Hányféleképpen lehet sorba rendezni n különböző elemet úgy, hogy a sorrend számít? (Ismétlés nélküli permutáció)
Kombinatorika Az első n pozitív egész szám szorzatát n faktoriálisnak nevezzük és n! jellel jelöljük: n! := 1 2 3 4... (n 1) n 0! := 1 1! := 1 I. típus: Hányféleképpen lehet sorba rendezni n különböző
Részletesebben24. tétel. Kombinatorika. A grá fok.
2009/2010 1 Huszk@ Jenő 24. tétel. Kombinatorika. A grá fok. 1.Kombinatorika A kombinatorika a véges halmazokkal foglalkozik. Olyan problémákat vizsgál, amelyek függetlenek a halmazok elemeinek mibenlététől.
Részletesebben7! (7 2)! = 7! 5! = 7 6 5! 5 = = ből 4 elem A lehetőségek száma megegyezik az 5 elem negyedosztályú variációjának számával:
Kombinatorika Variáció - megoldások 1. Hány kétjegyű szám képezhető a 2, 3, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből. ha minden számjegyet csak egyszer használhatunk fel? A lehetőségek száma annyi, mint amennyi 7 elem
Részletesebben8. GYAKORLÓ FELADATSOR MEGOLDÁSA. (b) amelyiknek mindegyik számjegye különböző, valamint a második számjegy a 2-es?
8. GYAKORLÓ FELADATSOR MEGOLDÁSA 1. Az 1, 2,,,, 6 számjegyekből hány hatjegyű számot alkothatunk, (a) amelyiknek mindegyik számjegye különböző? (b) amelyiknek mindegyik számjegye különböző, valamint a
RészletesebbenTananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
// KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 17. lecke: Kombinatorika (vegyes feladatok) Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 3.1.
RészletesebbenDiszkrét matematika 1.
Diszkrét matematika 1. 201. ősz 1. Diszkrét matematika 1. 1. előadás Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék 201. ősz Kombinatorika Diszkrét matematika 1. 201. ősz 2. Kombinatorika Kombinatorika
RészletesebbenFeladatok és megoldások az 1. sorozat Építőkari Matematika A3
Feladatok és megoldások az 1. sorozat Építőkari Matematika A3 1. Tegyük fel, hogy A és B egymást kölcsönösen kizáró események, melyekre P{A} = 0.3 és P{B} = 0.. Mi a valószínűsége, hogy (a A vagy B bekövetkezik;
RészletesebbenDiszkrét matematika 1.
Diszkrét matematika 1. 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. 1. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra Tanszék
RészletesebbenAzaz 56 7 = 49 darab 8 jegyű szám készíthető a megadott számjegyekből.
1 Kombináció, variáció, permutáció 1. Hányféleképpen rakhatunk be 6 levelet 1 rekeszbe, ha a levelek között nem teszünk különbséget és egy rekeszbe maximum egy levelet teszünk? Mivel egy rekeszbe legfeljebb
RészletesebbenNyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara. Prof. Dr. Závoti József. Matematika III. 1. MA3-1 modul. Kombinatorika
Nyugat-magyarországi Egyetem Geoinformatikai Kara Prof. Dr. Závoti József Matematika III. 1. MA3-1 modul Kombinatorika SZÉKESFEHÉRVÁR 2010 Jelen szellemi terméket a szerzői jogról szóló 1999. évi LXXVI.
Részletesebbenæ A GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek)
æ A3 6-7. GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek) 1. Az 1,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával hány különböző 5- jegyű szám készíthető? 2. A 0,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával
Részletesebben23. Kombinatorika, gráfok
I Elméleti összefoglaló Leszámlálási alapfeladatok 23 Kombinatorika, gráfok A kombinatorikai alapfeladatok esetek, lehetőségek összeszámlálásával foglalkoznak Általában n jelöli a rendelkezésre álló különbözőfajta
RészletesebbenFeladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3
Feladatok és megoldások a 8. hétre Építőkari Matematika A3 1. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet rendszert: x + 2y 3x + 4y = 2 sin t 2x + y + 2x y = cos t. (1 2. Oldjuk meg a következő differenciálegyenlet
RészletesebbenOSZTHATÓSÁG. Osztók és többszörösök : a 3 többszörösei : a 4 többszörösei Ahol mindkét jel megtalálható a 12 többszöröseit találjuk.
Osztók és többszörösök 1783. A megadott számok elsõ tíz többszöröse: 3: 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30 4: 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40 5: 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 6: 6 12 18 24 30 36 42 48 54 60 1784. :
RészletesebbenKOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematika tanár hallgatók számára. Szita formula
KOMBINATORIKA ELŐADÁS osztatlan matematka tanár hallgatók számára Szta formula Előadó: Hajnal Péter 2015. 1. Bevezető példák 1. Feladat. Hány olyan sorbaállítása van a a, b, c, d, e} halmaznak, amelyben
RészletesebbenKombinatorika gyakorló feladatok
Kombinatorika gyakorló feladatok Egyszerűbb gyakorló feladatok 1. Három tanuló reggel az iskola bejáratánál hányféle sorrendben lépheti át a küszöböt? P = 3 2 1 = 6. 3 2. Hány különböző négyjegyű számot
RészletesebbenFPI matek szakkör 8. évf. 4. szakkör órai feladatok megoldásokkal. 4. szakkör, október. 20. Az órai feladatok megoldása
4. szakkör, 2004. október. 20. Az órai feladatok megoldása Most csak három önmagában nem nehéz feladatot kapsz, és a feladatot magadnak kell általánosítani, szisztematikusan adatot gyűjteni, általános
RészletesebbenOrszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2009/2010 Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása
Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny / Matematika I. kategória (SZAKKÖZÉPISKOLA) 2. forduló feladatainak megoldása. Oldja meg a valós számok legbővebb részhalmazán a egyenlőtlenséget!
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2017. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 7. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenDarts: surranó nyilak, gondolkodtató problémák Kombinatorika 6. feladatcsomag
Darts: surranó nyilak, gondolkodtató problémák Kombinatorika 6. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: 15 18 év összeszámolási módszerek (permutáció, variáció, kombináció) sorozatok rekurzív megadása
RészletesebbenVarga Tamás Matematikaverseny Javítási útmutató Iskolai forduló 2018/ osztály
1. Marci, a teniszező a tavalyi évben az első 30 mérkőzéséből 24-et megnyert. Az év további részében játszott mérkőzéseinek már csak az egyharmadát nyerte meg. Így éves teljesítménye 50%-os lett, vagyis
Részletesebben2012. ÉVI NŐI STRANDLABDARÚGÓ TORNA LEBONYOLÍTÁSI REND
2012. ÉVI NŐI STRANDLABDARÚGÓ TORNA LEBONYOLÍTÁSI REND 1. NEVEZETT CSAPATOK A női strandlabdarúgó tornára 10 csapat nevezését fogadtuk el, név szerint: 1. United 2. Univerzum NFC 3. Kormányőr SE 4. Siófok
Részletesebben1 pont Bármely formában elfogadható pl.:, avagy. 24 4
2012. február 2. 8. évfolyam TMat2 feladatlap Javítókulcs / 1 Javítókulcs MATEMATIKA FELADATOK 8. évfolyamosok számára, tehetséggondozó változat TMat2 A javítókulcsban feltüntetett válaszokra a megadott
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2015/2016-os tanév 1. forduló Haladók III. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Az a és b befogójú derékszögű háromszögnek
Részletesebben2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 11. évfolyam
015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny A közölt megoldási utak a feladatoknak nem az egyetlen helyes megoldási módját adják meg, több eltérő megoldás is lehetséges. Az útmutatótól eltérő megoldásokat
RészletesebbenARCHIMEDES MATEMATIKA VERSENY
Koszinusztétel Tétel: Bármely háromszögben az egyik oldal négyzetét megkapjuk, ha a másik két oldal négyzetének összegéből kivonjuk e két oldal és az általuk közbezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát.
Részletesebben1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI. = 6. Ezek a sorozatok a következők: ab, ac, ba, bc, ca, cb.
1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI Elméleti áttekintés Ismétlés nélküli variáció. Egy n elemű halmazból képezhető k elemű sorozatok száma, ha a sorozatok nem tartalmaznak ismétlődést n! (1 = n (n 1... (n k (n k
RészletesebbenElemi matematika szakkör
Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. október 5. 1.1. Feladat. Egy pozitív egész számot K tulajdonságúnak nevezünk, ha számjegyei nullától különböznek és nincs két azonos számjegye. Határozd meg az
Részletesebbenæ A GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek)
æ A3 6-7. GYAKORLAT (* feladatok nem kötelezőek) 1. Az 1,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával hány különböző 5- jegyű szám készíthető? 2. A 0,2,4,5,7 számkártyák mindegyikének felhasználásával
RészletesebbenKombinatorika avagy hányféleképp? Piros, fehér zöld színekből hány ország számára tudunk különböző zászlókat készíteni?
Kombinatorika avagy hányféleképp? Piros, fehér zöld színekből hány ország számára tudunk különböző zászlókat készíteni? Kombinatorika avagy hányféleképp? Zsuzsi babájának négyféle színes blúza és kétféle
RészletesebbenA 2015/2016. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA (a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták)
A 205/206. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny döntő forduló MATEMATIKA III. KATEGÓRIA a speciális tanterv szerint haladó gimnazisták Javítási-értékelési útmutató. feladat Az {,2,...,n} halmaz
RészletesebbenKOMBINATORIKA Permutáció
Permutáció 1) Három tanuló, András, Gábor és Miklós együtt megy iskolába. Hányféle sorrendben léphetik át az iskola küszöbét? Írja fel a lehetséges sorrendeket! 2) Hány különböző négyjegyű számot alkothatunk
RészletesebbenIsmétlés nélküli kombináció
Ismétlés nélküli kombináció Hányféleképpen lehet n különböz elembl kiválasztani k elemet úgy, hogy a sorrend nem számít, és minden elemet csak egyszer választhatunk? 0. Egy 1 fs csoportban hányféleképpen
RészletesebbenXXXIX. MŰSZAKI FELSŐOKTATÁSI SPORTNAPOK
XXXIX. MŰSZAKI FELSŐOKTATÁSI SPORTNAPOK 2008. OKTÓBER 23-24. DEBRECEN PROGRAM A SPORTNAPOK RÉSZVEVŐI: - DUNAÚJVÁROSI FŐISKOLA - KECSKEMÉTI FŐISKOLA - PÉCSI TUDOMÁNYEGYETEM - BUDAPESTI MÜSZAKI FŐISKOLA
RészletesebbenIsmétlés nélküli permutáció
Ismétlés nélküli permutáció Hányféleképpen lehet sorba rendezni n különböz elemet úgy, hogy a sorrend számít? (Ezt n elem ismétlés nélküli permutációjának nevezzük.) Például hány féleképpen lehet sorba
RészletesebbenBingó Számok, számhalmazok, műveletek 4. feladatcsomag
Számok, számhalmazok, műveletek 1.4 ingó Számok, számhalmazok, műveletek 4. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: 10 év fejszámolás alapműveletek törtrész számítása százalékszámítás szám ellentettje
RészletesebbenMATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Matematika középszint 063 ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. február. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások: A dolgozatot
RészletesebbenJAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI 1. FELADATSORHOZ
JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI 1. FELADATSORHOZ Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a tanári gyakorlatnak
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2016/2017-es tanév Kezdők III. kategória I. forduló
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 016/017-es tanév Kezdők I II. kategória II. forduló Kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy kört
RészletesebbenInformációk. Ismétlés II. Ismétlés. Ismétlés III. A PROGRAMOZÁS ALAPJAI 2. Készítette: Vénné Meskó Katalin. Algoritmus. Algoritmus ábrázolása
1 Információk 2 A PROGRAMOZÁS ALAPJAI 2. Készítette: Vénné Meskó Katalin Elérhetőség mesko.katalin@tfk.kefo.hu Fogadóóra: szerda 9:50-10:35 Számonkérés időpontok Április 25. 9 00 Május 17. 9 00 Június
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013-as tanév kezdők III. kategória I. forduló
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/013-as tanév kezdők I II. kategória II. forduló kezdők III. kategória I. forduló Megoldások és javítási útmutató 1. Egy osztályban
RészletesebbenEMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA
ÉRETTSÉGI VIZSGA 2012. május 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2012. május 8. 8:00 Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Matematika
Részletesebben1. megold s: A keresett háromjegyű szám egyik számjegye a 3-as, a két ismeretlen számjegyet jelölje a és b. A feltétel szerint
A 004{005. tan vi matematika OKTV I. kateg ria els (iskolai) fordul ja feladatainak megold sai 1. feladat Melyek azok a 10-es számrendszerbeli háromjegyű pozitív egész számok, amelyeknek számjegyei közül
RészletesebbenMATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Matematika emelt szint 0801 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Formai előírások: Fontos tudnivalók
RészletesebbenJAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA 2006. február 21. OKTATÁSI MINISZTÉRIUM
Matematika középszint Javítási-értékelési útmutató 063 MATEMATIKA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA 006. február. OKTATÁSI MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók
RészletesebbenNagy Gábor compalg.inf.elte.hu/ nagy ősz
Diszkrét matematika 1. középszint 2016. ősz 1. Diszkrét matematika 1. középszint 6. előadás Nagy Gábor nagygabr@gmail.com nagy@compalg.inf.elte.hu compalg.inf.elte.hu/ nagy Mérai László diái alapján Komputeralgebra
RészletesebbenTananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
// KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás 21. lecke: A feltételes valószínűség, események függetlensége Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás,
RészletesebbenA 2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató
Oktatási Hivatal 04/0 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MTEMTIK I KTEGÓRI (SZKKÖZÉPISKOL) Javítási-értékelési útmutató Határozza meg a tízes számrendszerbeli x = abba és y =
Részletesebben4. A kézfogások száma pont Összesen: 2 pont
I. 1. A páros számokat tartalmazó részhalmazok: 6 ; 8 ; 6 ; 8. { } { } { }. 5 ( a ) 17 Összesen: t = = a a Összesen: ot kaphat a vizsgázó, ha csak két helyes részhalmazt ír fel. Szintén jár, ha a helyes
RészletesebbenTUDOMÁNYOS ISMERETTERJESZTŐ TÁRSULAT
88 Budapest, Bródy Sándor u. 6. ostacím: Budapest, f. 76 Telefon: 8-5, 7-89, Fax: 7-89 Nyilvántartásba vételi szám: E-6/ Javítókulcs. osztály megyei. Titkos üzenetet kaptál. Szerencsére a titkosírás kulcsa
RészletesebbenElemi matematika szakkör
Elemi matematika szakkör Kolozsvár, 2015. november 9. 1.1. Feladat. Tekintsünk egy E halmazt és annak minden A részhalmazára az A halmaz f A : E {0, 1} karakterisztikus függvényét, amelyet az { 1, x A
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2017/2018-as tanév 2. forduló Haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 017/018-as tanév. forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Egy tanár kijavította egy 1 f s csoport dolgozatait.
RészletesebbenHajnal Péter. Bolyai Intézet, TTIK, SZTE, Szeged április 8.
Fibonacci- számok és tányérok Hajnal Péter Bolyai Intézet, TTIK, SZTE, Szeged 2017. április 8. A Fibonacci-sorozat A Fibonacci-sorozat Rekurzív definíció F 0 = 0, F 1 = 1, F n = F n 1 + F n 2. A Fibonacci-sorozat
RészletesebbenJAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ
JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI. FELADATSORHOZ Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a tanári gyakorlatnak
RészletesebbenV.9. NÉGYZET, VÁGOD? A feladatsor jellemzői
V.9. NÉGYZET, VÁGOD? Tárgy, téma A feladatsor jellemzői Geometriai megközelítésen keresztül a mértani sorozat tulajdonságaival, első n tagjának összegképletével való ismerkedés. Előzmények Téglalap területe,
Részletesebben2015. évi Bolyai János Megyei Matematikaverseny MEGOLDÁSI ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ 9. osztály
A közölt megoldási utak a feladatoknak nem az egyetlen helyes megoldási módját adják meg, több eltérő megoldás is lehetséges. Az útmutatótól eltérő megoldásokat a kialakult tanári gyakorlat alapján, az
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2012. május 8. EMELT SZINT I.
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 01. május 8. EMELT SZINT I. 1) Egy 011-ben készült statisztikai összehasonlításban az alábbiakat olvashatjuk: Ha New York-ban az átlagfizetést és az átlagos árszínvonalat egyaránt
Részletesebbensemelyik kivett golyót nem tesszük vissza később az urnába. Hányféle színsorrendben tehetjük ezt meg?
VIII. KOMBINATORIKA VIII.1. Kombinatorikai alapfeladatok 1. Példa. Egy urnában egy piros golyó P, egy fehér golyó F és egy zöld golyó Z van. Egymás után kihúzzuk a három golyót, semelyik kivett golyót
RészletesebbenRanglista és Minősítési Szabályzat
MAGYAR TOLLASLABDA SZÖVETSÉG Hatályos: 2013.január 1-től Az MTLSZ Elnöksége által elfogadva 2013.január 7-én Készítette: Bakó László és Borka György 1 1 Egyéni ranglista 1.1 Az MTLSZ minden Ranglista verseny
Részletesebben1.1. Alapfeladatok. hogy F 1 = 1, F 2 = 1 és általában F n+2 = F n+1 + F n (mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb van, mint a baloldali).
1.1. Alapfeladatok 1.1.1. Megoldás. Jelöljük F n -el az n-ed rendű nagyapák számát. Az ábra alapján látható, hogy F 1 = 1, F = 1 és általában F n+ = F n+1 + F n mert a jobboldali ág egy szinttel lennebb
RészletesebbenKlasszikus valószínűségszámítás
Klasszikus valószínűségi mező 1) Egy építőanyag raktárba vasúton és teherautón szállítanak árut. Legyen az A esemény az, amikor egy napon vasúti szállítás van, B esemény jelentse azt, hogy teherautón van
RészletesebbenSzámelmélet Megoldások
Számelmélet Megoldások 1) Egy számtani sorozat második tagja 17, harmadik tagja 1. a) Mekkora az első 150 tag összege? (5 pont) Kiszámoltuk ebben a sorozatban az első 111 tag összegét: 5 863. b) Igaz-e,
RészletesebbenKétszemélyes játékok Gregorics Tibor Mesterséges intelligencia
Kétszemélyes játékok Kétszemélyes, teljes információjú, véges, determinisztikus,zéró összegű játékok Két játékos lép felváltva adott szabályok szerint, amíg a játszma véget nem ér. Mindkét játékos ismeri
RészletesebbenPróbaérettségi 2004 MATEMATIKA. PRÓBAÉRETTSÉGI 2004. május EMELT SZINT. 240 perc
PRÓBAÉRETTSÉGI 2004. május MATEMATIKA EMELT SZINT 240 perc A feladatok megoldására 240 perc fordítható, az idő leteltével a munkát be kell fejeznie. A feladatok megoldási sorrendje tetszőleges. A II. részben
Részletesebben1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont)
1. tétel 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont). Adott az ábrán két vektor. Rajzolja meg a b, a b és az a b vektorokat! (6 pont)
RészletesebbenMegoldások 4. osztály
Brenyó Mihály Pontszerző Matematikaverseny Megyei döntő 2015. február 14. Megoldások 4. osztály 1. Számkeresztrejtvény: Az alábbi keresztrejtvény ábra abban különbözik a hagyományos keresztrejtvényektől,
Részletesebben44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Megyei forduló április 11.
44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló - 2015. április 11. HETEDIK OSZTÁLY - Javítási útmutató 1. Ki lehet-e tölteni a következő táblázat mezőit pozitív egész számokkal úgy, hogy
RészletesebbenMATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Matematika középszint 09 ÉRETTSÉGI VIZSGA 20 május MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások: A dolgozatot
RészletesebbenMatematika A4 I. gyakorlat megoldás
Matematika A I. gyakorlat megoldás 1. Kombinatorikus módszer ismétlés nélküli ismétléses permutáció n! n! k 1!k 2!...k r! n futó beérkezésének sorrendje n golyót ennyiféleképpen állíthatunk sorba, ha k
RészletesebbenA HOSSZABBÍTÁS ÉS A BÜNTETŐPÁRBAJ SZABÁLYAI
11. számú melléklet A HOSSZABBÍTÁS ÉS A BÜNTETŐPÁRBAJ SZABÁLYAI Hosszabbítás 5 perc Amennyiben egy mérkőzés 3. harmadát követően döntetlenre állnak a csapatok, úgy a korosztályos versenykiírásnak megfelelően
RészletesebbenÁltalános algoritmustervezési módszerek
Általános algoritmustervezési módszerek Ebben a részben arra mutatunk példát, hogy miként használhatóak olyan általános algoritmustervezési módszerek mint a dinamikus programozás és a korlátozás és szétválasztás
RészletesebbenStruktúra nélküli adatszerkezetek
Struktúra nélküli adatszerkezetek Homogén adatszerkezetek (minden adatelem azonos típusú) osztályozása Struktúra nélküli (Nincs kapcsolat az adatelemek között.) Halmaz Multihalmaz Asszociatív 20:24 1 A
RészletesebbenA 2016/2017 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló javítási-értékelési útmutató. INFORMATIKA II. (programozás) kategória
Oktatási Hivatal A 2016/2017 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló javítási-értékelési útmutató INFORMATIKA II. (programozás) kategória Kérjük a tisztelt tanár kollégákat, hogy a
RészletesebbenMAGYAR VÍZILABDA SZÖVETSÉG A ÉVI BENU FÉRFI ÉS NŐI MAGYAR KUPA VERSENYKIÍRÁSA 2016/2017. ÉVI BAJNOKI SZEZON
MAGYAR VÍZILABDA SZÖVETSÉG A 2016. ÉVI BENU FÉRFI ÉS NŐI MAGYAR KUPA VERSENYKIÍRÁSA 2016/2017. ÉVI BAJNOKI SZEZON 1. ÁLTALÁNOS RENDELKEZÉSEK 1.1 A Magyar Kupa mérkőzéssorozat célja: A Magyar Kupa mérkőzéssorozat
RészletesebbenA 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM)
A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló MATEMATIKA II. KATEGÓRIA (GIMNÁZIUM) Javítási értékelési útmutató 1. Melyek azok a pozitív p és q prímek, amelyekre a számok mindegyike
Részletesebben1. MINTAFELADATSOR KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3.1.1-11/1-01-0001 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz MATEMATIKA 1. MINTAFELADATSOR KÖZÉPSZINT 015 JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Oktatáskutató
RészletesebbenMATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ
Matematika középszint 080 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május 5. MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM Fontos tudnivalók Formai előírások:
RészletesebbenAz Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai. 81f 2 + 90l 2 f 2 + l 2
Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2005-2006. tanévi első fordulójának feladatmegoldásai matematikából, a II. kategória számára 1. Két iskola tanulói műveltségi vetélkedőn vettek részt. A 100
RészletesebbenArany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2014/2015-ös tanév első (iskolai) forduló Haladók II. kategória
Bolyai János Matematikai Társulat Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/01-ös tanév első iskolai) forduló Haladók II. kategória Megoldások és javítási útmutató 1. Adott az alábbi két egyenletrendszer:
RészletesebbenVisszalépéses kiválogatás
elépő a tudás közösségébe Informatika szakköri segédanyag Heizlerné akonyi iktória, Horváth Győző, Menyhárt László, Szlávi Péter, Törley Gábor, Zsakó László Szerkesztő: Abonyi-Tóth Andor, Zsakó László
RészletesebbenMATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet
MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉP SZINT Számelmélet A szürkített hátterű feladatrészek nem tartoznak az érintett témakörhöz, azonban szolgálhatnak fontos információval az érintett feladatrészek
Részletesebben44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY. Országos döntő, 1. nap - 2015. május 29.
44. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Országos döntő, 1. nap - 015. május 9. ÖTÖDIK OSZTÁLY - ok 1. Egy háromjegyű szám középső számjegyét elhagyva egy kétjegyű számot kaptunk. A két szám összege
Részletesebben(x 5) 5 = y 5 (1) 4 x = y (2) Helyettesítsük be az els egyenletbe a második alapján y helyére 4 x-et. Így (x 5) 5 = 4 x 5 adódik.
C1. A nagymamám azt gondolja, hogy egyre atalabb, hiszen 5 éve ötször annyi id s volt, mint én akkor, most pedig csak négyszer annyi id s, mint én most. a) Hány éves a nagymamám? b) Hány év múlva lesz
Részletesebben43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY MEGYEI FORDULÓ HATODIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ
43. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY MEGYEI FORDULÓ HATODIK OSZTÁLY JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 1. Ismerkedj a 100 tulajdonságaival! I.) Állítsd elő a 100-at a,, b, 3, c, 4, d, 5 négyzetszám összegeként!
RészletesebbenPRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA. 2003. május-június KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ. Vizsgafejlesztő Központ
PRÓBAÉRETTSÉGI 00. május-június MATEMATIKA KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ Vizsgafejlesztő Központ Kedves Kolléga! Kérjük, hogy a dolgozatok javítását a javítási útmutató alapján végezze, a következők figyelembevételével.
Részletesebben46. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY NEGYEDIK OSZTÁLY
6. ORSZÁGOS TIT KALMÁR LÁSZLÓ MATEMATIKAVERSENY Megyei forduló Javítási útmutató NEGYEDIK OSZTÁLY 1. Írd be az 1, 2, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11 és 12 számokat a kis körökbe úgy, hogy a szomszédos számok különbsége
RészletesebbenA 2015/2016 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló javítási-értékelési útmutató. INFORMATIKA II. (programozás) kategória
Oktatási Hivatal 2015/2016 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló javítási-értékelési útmutató INFORMTIK II. (programozás) kategória Kérjük a tisztelt tanár kollégákat, hogy a dolgozatokat
RészletesebbenGráfelmélet Megoldások
Gráfelmélet Megoldások 1) a) Döntse el az alábbi négy állítás közül melyik igaz és melyik hamis! Válaszát írja a táblázatba! A: Egy 6 pontot tartalmazó teljes gráfnak 15 éle van B: Ha egy teljes gráfnak
RészletesebbenBrósch Zoltán (Debreceni Egyetem Kossuth Lajos Gyakorló Gimnáziuma) Kombinatorika
Kombinatorika Modulok: A kombinatorikai feladatok megoldásához három modult használunk: Permutáció (Sorba rendezés) Kombináció (Kiválasztás) Variáció (Kiválasztás és sorba rendezés) DEFINÍCIÓ: (Ismétlés
RészletesebbenBevezetés. 3. Egy ötfős társaságban Mindenkinek legalább 1 ismerőse van. Rajzoljon meg néhány lehetőséget!
Bevezetés A megoldásokat a feladatsor végén találod! 1. Hencidát út köti össze Kukutyimmal, Boncidával, Lustafalvával és Dágványoshetyével. Boncidáról Álmossarokra is vezet út. Lustafalvát út köti össze
RészletesebbenAlgoritmusok és adatszerkezetek gyakorlat 03 Oszd meg és uralkodj. Nagy
Algoritmusok és adatszerkezetek gyakorlat 03 Oszd meg és uralkodj Divide & Conquer (,,Oszd meg és uralkodj ) paradigma Divide: Osszuk fel az adott problémát kisebb problémákra. Conquer: Oldjuk meg a kisebb
Részletesebben