7! (7 2)! = 7! 5! = 7 6 5! 5 = = ből 4 elem A lehetőségek száma megegyezik az 5 elem negyedosztályú variációjának számával:

Átírás

1 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 másodosztályú variációinak száma: V 2 7 = 7! (7 2)! = 7! = Hány hattal osztható hatjegyű szám képezhető a 0, 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekből, ha a számjegyek között nem engedjük meg az ismétlődést? Mivel a szám 6-tal oszthatónak kell lennie, ezért elegendő ha páros számra végződik, hiszen a számjegyek összege 3-mal osztható ( = 15). Két eset lehetséges. 1. eset: = 42 páros és 4 db 4 elem negyedosztályú variciója 2 db Az utolsó számjegy nem nulla és páros, az első számjegy nem lehet nulla, a többi 4 helyre 4 elem variációja van, amely egyben 4 elem permutációja is: 4 V4 4 4! 2 = 48 = 8 4! = 192 (4 4)! 2. eset: 5 elem ötödosztályú variciója Az utolsó számjegy nulla, a többi 5 helyre 5 elem variációja van: V 5 5 = Így összesen a 6-tal osztható számok száma: V V 5 5 = = (5 5)! = = Az 1, 3, 5, 7, 9 számjegyekből hány olyan négyjegyű számot készíthetünk, amelyben a számjegyek nem ismétlődnek? Ezek közül hány kezdődik 13-mal? Hány olyan szám van köztük, amelyben az első helyen 1-es és az utolsó helyen 3-as áll? (b) (c) 5-ből 4 elem A lehetőségek száma megegyezik az 5 elem negyedosztályú variációjának számával: 1 3 V 4 5 = (5 4)! = = ból 2 elem A lehetőségek száma megegyezik a 3 elem másodosztályú variációjának számával: 1 3 V 2 3 = 3! (3 2)! = 3! = 6 3-ból 2 elem A lehetőségek száma megegyezik a 3 elem másodosztályú variációjának számával: V 2 3 = 3! (3 2)! = 3! = 6

2 4. Egy 15 főből álló társaság tagjai között 5 különböző könyvet sorsolnak ki. Hányféleképpen végződhet a sorsolás, ha egy személy csak egy könyvet nyerhet; (b) több könyvet is nyerhet? 5 különböző diákit választunk ki 15-ből A lehetőségek száma megegyezik a 15 elem ötödosztályú variációinak számával: V 5 15 = 1 (15 10)! = ! 10! = (b) A lehetőségek száma megegyezik a 15 elem ötödosztályú ismétléses variációinak számával: V 5 15 = 15 5 = Egy urnában 10 cédula van, rendre a 0, 1, 2,..., 9 számjegyekkel megjelölve. Egymás után hat cédulát húzunk ki, s azokat a húzás sorrendjében egymás mellé tesszük. Hány esetben kapunk hatjegyű páratlan számot, (b) hatjegyű 5-tel osztható számot, (c) hatjegyű 5-tel osztható páratlan számot? 8 8 ellemből 4-et választunk 5 db Az utolsó számjegy csak páratlan számjegy lehet, az első számjegy nem lehet nulla, ezért a lehetőségek száma: 8 V8 4 5 = 8 8! 4! 5 = ! 5 4! ptl. = (b) 1. eset: 8 8 ellemből 4-et választunk 1 db Ebben az esetben az utolsó számjegy 5 és az elején 0 nem kerülhet: 8 V8 4 = 8 8! 4! = ! 4! = eset: 9 ellemből 5-öt választunk 1 db Ebben az esetben az utolsó számjegy 0: V9 5 = 9! 4! = ! 4! = Összesen: 8 V V 5 9 = =

3 (c) ellemből 4-et választunk 1 db Ebben az esetben az utolsó számjegy 5 és az elején 0 nem kerülhet: 8 V8 4 = 8 8! 4! = ! 4! = n elem harmadosztályú ismétléses és ismétlés nélküli variációi számának különbsége 65. Határozzuk meg n értékét! Feladat értelmében: Vn 3 Vn 3 = 65 n 3 n! (n 3)! = 65 Az egyenlet balodala: n 3 n! (n 3)! = n(n 1)(n 2)(n 3)! n3 (n 3)! Ekkor az egyenletünk: = n 3 n(n 2 3n + 2) = n 3 n 3 + 3n 2 2n = 3n 2 2n n 2 2n = 65 / 65 n 2 2n 65 = 0 D = ( 2) ( 65) = 28 2 n 1,2 = 2 ± Mivel n természetes szám, ezért n = = Hány olyan 3-mal osztható háromjegyű számot képezhetünk a 0, 2, 4, 6, 8 számjegyekből, amelyekben a számjegyek között nincs ismétlődés? Csak olyan 3 db számjegyeket választhatunk ki, amelyek összege osztható 3-mal: 1. eset: 0, 2, 4 2 db 2 elem permutációja Ebben az esetben az első számjegy nem lehet 0: 2 P 2 = 2 2! = 4 2. eset: 0, 4, 8 2 db 2 elem permutációja Ebben az esetben az első számjegy nem lehet 0: 2 P 2 = 2 2! = 4 3. eset 2, 4, 6 3 elem permutációja Ebben az esetben 3 elem permutációinak számát határozzuk meg: P 3 = 3! = 6 4. eset 4, 6, 8 3 elem permutációja Ebben az esetben 3 elem permutációinak számát határozzuk meg: P 3 = 3! = 6 Így a 3-mal osztható számok száma, amelyekben a számjegyek közt nincs ismétlődés: 2 2 P P 3 = = 20

4 8. Az 1, 2, 3, 4 számjegyek felhasználásával hány ötjegyű szám képezhető? Ez nem lesz más mint 4 elem ötödosztályú ismétléses variációjának a száma: V 5 4 = 4 5 = Határozzuk meg azoknak a négyjegyű számoknak az összegét, amelyeknek minden számjegye páratlan. Meghatározzuk az egyeseken, tízeseken, százasokon és az ezreseken szereplő számjegyek összegét. Vegyük észre, hogy az mindig ugyanannyi lesz. 5 elem harmadosztályú ismétléses variációja elem harmadosztályú ismétléses variációja 5 elem harmadosztályú ismétléses variációja 5 elem harmadosztályú ismétléses variációja 5 elem harmadosztályú ismétléses variációja Az 1-re, 3-ra, 5-re, 7-re és 9-re végződőekből annyi van, amennyi 5 elem harmadosztályú elemeinek száma: V5 3 = 5 3 = 125 Így az egyesek, tízesek, százasok és ezresek száma: = 125 ( ) = Négyjegyű számok összege, amelyben minden számjegy páratlan: = = Egy szabályos játékkockával négyszer dobunk egymás után, majd a kapott eredményeket a dobások sorrendjében egymás mellé írjuk. Így egy négyjegyű számot kapunk. Hány esetben lehet e négyjegyű szám 4-gyel osztható? 6 elem másodosztályú ismétléses variációja 4-gyel osztható, 9 lehetőség Az utolsó két helyre csak olyan számjegy kerülhet, hogy az abból alkotott szám 4-gyel osztható legyen: 12, 16, 24, 32, 36, 44, 52, 56, 64. Ez összesen 9 lehetőség. A fennmaradó 2 helyre annyiféleképpen lehet 2 számjegyet kiválasztani, amennyi 6 elem másodosztályú ismétléses variációnak a száma. Tehát az összes lehetséges esetek száma: V = = Hány olyan 4-re végződő ötjegyű szám van, amelyik osztható 4-gyel? Csak olyan szám jöhet számításba, amelyik utolsó két számjegyéből alkotott szám osztható 4-gyel és 4-re végződik: 04, 24, 44, 64, 84. Ez összesen 5 lehetőség. 9 lehetőség 10 elem másodosztályú ismétléses variációja 4-gyel osztható és 4-re végződik: 5 lehetőség Az első számjegy nem lehet 0, ekkor erre a helyre 9 különböző számjegy kerülhet. Végül a fennmaradó két helyre annyi számpár kerülhet, amennyi 10 elem másodosztályú ismétléses variációjának száma. Így a 4-re végződő 4-gyel osztható ötjegyű számok száma: 9 V = = 4 500

5 12. Hány olyan 4-re végződő ötjegyű szám van, amelyik osztható 8-cal? Csak olyan szám jöhet számításba, amelyik utolsó három számjegyéből alkotott szám osztható 8-cal és 4-re végződik: 024, 064, 104,..., 944, 984 (24+(k 1) 40 alakúak, k N). Ez összesen 25 lehetőség, mivel: 24 + (k 1) k N k k k , 375 k = lehetőség 10 lehetőség 8-cal osztható és 4-re végződik, 25 lehetőség Az első számjegy nem lehet 0, ekkor erre a helyre 9 különböző számjegy kerülhet. Végül a fennmaradó helyre 10 különböző számjegyet írhatunk. Így a 4-re végződő 8-cal osztható ötjegyű számok száma: 13. Hány 4-re végződő ötjegyű szám van? = Az utolsó számjegy a 4, az első helyre 0 nem kerülhet, végül a fennmaradó 3 helyre annyiféleképpen választhatunk 3 számjegyet, amennyi 10 elem harmadosztályú ismétléses variációjának száma. 4 9 lehetőség 10 elem harmadosztályú ismétléses variációja Így a 4-re végződő ötjegyű számok száma: 9 V 3 10 = Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekből hány olyan háromjegyű szám készíthető, amelyben három páratlan számjegy szerepel, ha egy számjegyet többször is felhasználhatunk? A feladat értelmében ekkor páros számjegy nem szerepelhet. Ezért a lehetőségek száma annyi, mint 3 elem harmadosztályú ismétléses variáció a száma: V 3 3 = 3 3 = Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyekből hány olyan háromjegyű szám készíthető, amelyben legalább egy páros számjegy szerepel, ha egy számjegyet többször is felhasználhatunk? Az összes lehetőségek száma, ha nem vesszük figyelembe a feltételt, annyi, mint 5 elem harmadosztályú ismétléses variációk száma: V5 3 = 5 3 = 125 Azon lehetőségek száma, amikor a páros számjegy nem szerepelhet annyi, mint 3 elem harmadosztályú ismétléses variációk a száma: V3 3 = 3 3 = 27 Végül azoknak a háromjegyű számoknak a száma, amelyben az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek közül szerepelnek és legalább egy páros számjegy is van benne annyi, mint: V 3 5 V 3 3 = = 98

6 16. Hány olyan négyjegyű különböző számjegyekből álló szám van, amelyekben két páros és két páratlan számjegy szerepel? Két eset lehetséges: 1. eset: Az első számjegy páros és nem 0, egy helyre páros szám kerül és a megmaradt két helyre páratlan számjegyeket írunk. Ezt annyiféleképpen tehetjük meg, amennyi 5 elem másodosztályú ismétléses variációk száma. Továbbá a páros és a két páratlan szám egymás között permutálódhat. Így a lehetőségek száma: 4 4 V 2 5 P 2 3 = 16 (5 2)! 3! 2! = eset: Az első számjegy páratlan, egy helyre páratlan szám kerül és a megmaradt két helyre páros számjegyeket írunk. Ezt annyiféleképpen tehetjük meg, amennyi 5 elem másodosztályú ismétléses variációk száma. Továbbá a páratlan és a két páros szám egymás között permutálódhat. Így a lehetőségek száma: V 2 5 V 2 5 P 2 3 = Tehát az összes lehetőségek száma: (5 2)! (5 2)! 3! 2! = V 2 5 P V 2 5 V 2 5 P 2 3 = = Egy 35-ös létszámú osztályban 7 különböző könyvet sorsolnak ki. Hányféleképpen történhet a könyvek szétosztása, ha egy tanuló csak egy könyvet kaphat, (b) több könyvet is kaphat? A lehetőségek száma megegyezik 35 elem hetedosztályú variációjának számával: V35 7 = )! = 3 28! (b) A lehetőségek száma megegyezik 35 elem hetedosztályú ismétléses variációjának számával: V 7 35 = Egy 35-ös létszámú osztályban 7 különböző könyvet sorsolnak ki. Hány olyan eset lehetséges, amelyben az osztályba járó Kiss Anna pontosan egy könyvet kap, ha egy tanuló csak egy könyvet kaphat, (b) több könyvet is kaphat? (b) A Mivel Anna 7 különböző könyvből pontosan egyet kap, és a fennmaradó 6 könyvet 34 diákból 6 kaphatja meg, ami megegyezik 34 elem hatodosztályú variációjának számával, ezért az összes lehetséges esetek száma: 7 V 6 34 = 7 34! (24 6)! = 7 34! 28! A Mivel Anna 7 különböző könyvből pontosan egyet kap, és a fennmaradó 6 könyvet 34 diák között osztjuk szét úgy, hogy egy diák több könyvet is kaphat (ezek száma megegyezik 34 elem hatodosztályú ismétlésesvariációjának számával), ezért az összes lehetséges esetek száma: 7 V 6 34 =

7 19. Egy 35-ös létszámú osztályban 7 különböző könyvet sorsolnak ki. Hány olyan eset lehetséges, amelyben az osztályba járó Nagy Éva kap könyvet, ha egy tanuló csak egy könyvet kaphat, (b) több könyvet is kaphat? NÉ Mivel Nagy Éva 7 különböző könyvből egyet kap, és a fennmaradó 6 könyvet 34 diákból 6 kaphatja meg (ezek száma megegyezik 34 elem hatodosztályú variációjának számával), ezért az összes lehetséges esetek száma: 7 V ! = 7 (34 6)! = 7 34! 28! (b) NÉ Nagy Éva több könyvet is kaphat (egyet mindenképpen). Ha nincs ez a megszorítás, akkor az a lehetőségek száma: V35 7 = 35 7 Ebből ki kell vonni azoknak az eseteknek a számát, amelyekben Nagy Éva nem kap könyvet: V 7 34 = 34 7 Így az összes lehetséges esetek száma: V 7 35 V 7 34 = Az osztályból 17 fiú 2 napos túrára megy. Éjszakára a turistaházban 1 darab 8 ágyas, 1 darab 4 ágyas, 1 darab 3 ágyas és 1 darab 2 ágyas szobában kapnak szállást. Hányféleképpen helyezkedhetnek el a szobákban, ha az egy szobában levő fekvőhelyek között különbséget teszünk? V 8 17 V 4 9 V 3 5 P 2 Az első szobába 17 fiúból választunk 8-cat. Mivel az ágyakat megkülönböztetjük, ezért a lehetőségek száma megegyezik 17 elem nyolcadosztályú variációjának a számával: V 8 17 = 17! (17 8)! = 17! 9! A másik szobába már csak 9 fiúból választunk ki 4-et úgy, hogy a sorrend is számít. Ezek száma: A harmadik esetben 5-ből kettőt: V9 4 = 9! (9 4) = 9! V 2 5 = A negyedik esetben 2 elem permutációja lesz: (5 2)! = 2! P 2 = 2! Az összes lehetséges esetek számát ezek szorzata adja: V17 8 V9 4 V5 3 P 2 = 17! 9! 9! 2! = 17! 2!

8 2. megoldás: P 17 Valójában 17 elem permutációjáról van szó. Ezek száma: P 17 = 17! 21. Hány olyan hatjegyű szám van, amely csupán az 1, 2, 3 számjegyeket tartalmazza, de e három számjegy mindegyikét legalább egyszer? Először is meghatározzuk az összes lehetséges 6 jegyű számokat, amelyekben csak az 1, 2, 3 számjegy szerepel. Ezek száma nyilván megegyezik 3 elem hatodosztályú ismétléses variációk számával: V 6 3 = 3 6 = 729 Ki kell vonni azoknak az eseteknek a számát, amikor a számjegyek közt nem szerepel 1-es, 2-s, ill. 3-s. Mindegyik lehetőségnek a száma ugyanannyi, mint 2 elem hatodosztály ú ismétléses variációk száma: 3 V2 6 = = 192 Viszont azokat az eseteket, amikor csupa egyeseket, ketteseket és hármasokat tartalmaznak, kétszer vontuk ki. Pl. a csupa egyes esetet akkor, amikor nem tartalmazott 2-t, ill. akkor, amikor nem tartalmazott 3-t. Így azon hatjegyű számok száma, amelyekben az 1, 2, 3 számjegy közül mindegyike legalább egyszer szerepel: V3 6 3 V = = A 0, 1, 3, 5, 7, 9 számjegyekből hány olyan ötjegyű szám alkotható, amelyekben legalább egy ismétlődés van? Először is meghatározzuk az összes olyan ötjegyű számokat, amelyekben csak az említett számjegyek szerepelhetnek. 5 db 6 elem negyedosztályú ismétléses variciója Az első számjegy nem lehet 0, a többi helyre annyiféleképpen írhatók számjegyek, ahány 6 elem negyedosztályú ismétléses variációk száma: 5 V 4 6 = = Ezután kiszámoljuk azoknak a ötjegyű számok számát, amelyekben a felsorolt számjegyek nem ismétlődnek. 5 db 5 elem negyedosztályú variciója Az első számjegy nem lehet 0, a többi helyre annyiféleképpen írhatók számjegyek, ahány 5 elem negyedosztályú variációk száma: 5 V5 4 = 5 5 4)! = 600 Végül pedig azoknak az ötjegyű számoknak a száma, amelyekben a 0, 1, 3, 5, 7, 9 számjegy szerepel, és ezekben legalább egy számjegy ismétlődik: 5 V V 4 5 = = 5 880

9 23. Hány 15-nél nagyobb természetes számot állíthatunk elő a 0, 1, 2, 3, 5 számjegyekkel, ha a számjegyek ismétlődése nem megengedett? Mi van akkor, ha a számjegyek ismétlődését megengedjük? Mivel a számjegyek nem ismétlődnek és 15-nél nagyobbak, ezért legalább 2 és legfeljebb 5 számjegyűek lehetnek: 2 jegyű 3 jegyű 4 jegyű 5 jegyű ; V V P 4 A kétjegyű számok nem kezdődhetnek 1-gyel, mert 15-nél nagyobbnak kell lenni. A lehetőségek száma: 3 4 = 12 A háromjegyű számnál az első helyre nem választhatunk nullát, a fennmaradó két helyre annyiféleképpen választhatunk két számjegyet, amennyi 4 elem másodosztályú variációk száma: 4 V4 2 4! = 4 (4 2)! = 4 4! 2! A négyjegyű számnál az első helyre nem választhatunk nullát, a fennmaradó három helyre annyiféleképpen választhatunk 3 számjegyet, amennyi 4 elem harmadosztályú variációk száma: 4 V4 3 4! = 4 (4 3)! = 48 = 4 4! = 96 Az ötjegyű számnál az első helyre nem választhatunk nullát, a fennmaradó 4helyre annyiféleképpen választhatunk 4 számjegyet, amennyi 4 elem permutácóinak a száma: Így a lehetőségek száma: 4 P 4 = 4 4! = V V P 4 = = 252 Ha a számjegyek ismétlődhetnek, akkor végtelen sok szám állítható elő az adott számjegyekből. Az előállítható négyjegyű számok számát már meghatároztuk: 4 V4 3 4! = 4 (4 3)! = 4 4! = Hány négyjegyű szám van, amelyekben a számjegyek különbözőek? 9 db V9 3 A négyjegyű számnál az első helyre nem választhatunk nullát, a fennmaradó három helyre annyiféleképpen választhatunk 3 számjegyet, amennyi 9 elem harmadosztályú variációk száma. Így a lehetőségek száma: 9 V9 3 9! = 9 (9 3)! = 9 9! = ! = ! 6! 25. A 0, 1, 2, 3, 5, 7 számjegyekből hány háromjegyű páros szám állítható elő, ha a számjegyek ismétlődhetnek? páros 5 db 6 db 2 db

10 Mivel a szám páros, ezért az utolsó számjegy csak páros lehet. A szám három jegyű, ezért az első számjegy nem lehet nulla. A fennmaradó helyre tetszőleges számjegyet írhatunk. Így a háromjegyű páros számok száma: = Hány legfeljebb négyjegyű szám állítható elő a 0, 2, 4, 6 számjegyekből. A számjegyek ismétlődhetnek. V 4 4 Mivel az első helyekre 0 is kerülhet ezért 4 elem negyedosztályú ismétléses variációról van szó. Így a lehetőségek száma: V4 4 = 4 4 = Egy kalapban 6 darab cédula van, amelyek 1-től 6-ig sorszámozva van. A kalapból kihúzunk három cédulát, majd a kihúzás sorrendjében egymás mellé rakjuk. Hányféle háromjegyű számot kapunk, ha a kihúzás után a cédulákat visszatesszük a kalapba, (b) nem tesszük vissza? Ebben az esetben a lehetőségek száma megegyezik 6 elem harmadosztályú ismétléses variációk számával: V6 3 = 6 3 = 216 (b) Ebben az esetben a lehetőségek száma megegyezik 6 elem harmadosztályú variációk számával: V 3 6 = 6! (6 3)! = 6! 3! = ! 3! = Hány telefon szerelhető be, ha a telefonszámok hatjegyűek és egyik sem kezdődik 0-val? 9 db V 5 10 Az első számjegy nem lehet 0, a többi helyre annyiféleképpen írhatók számjegyek, ahány 10 elem ötödosztályú ismétléses variációk száma. Így a lehetőségek száma: 9 V 5 10 = = Hány rendszámtábla készíthető, ha az első három helyre betűt írunk (ezek száma 27), a többi négy helyre számjegyeket írunk? V27 3 V10 4 Az első három helyre annyi különböző 3 betű írható, amennyi 27 elem harmadosztályú ismétléses variációk száma: V10 4 A másik négy helyre annyi különböző 4 számjegy írható, amennyi 10 elem negyedosztályú ismétléses variációk száma: V10 4 = 10 4 = Tehát a különböző rendszámtáblák száma: V 3 27 V 4 10 = =

11 30. Hány háromjegyű szám van, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek, (b) ismétlődhetnek? 9 db V 2 9 Az első számjegy nem lehet 0. A többi két helyre annyiféleképpen írható számjegy, amennyi 9 elem harmadosztályú variációjának száma: 9 V9 2 9! = 9 (9 2)! = 99 9! 7! = ! 7! = 641 (b) A háromjegyű számok száma = 900.