semelyik kivett golyót nem tesszük vissza később az urnába. Hányféle színsorrendben tehetjük ezt meg?

Átírás

1 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 nem tesszük vissza később az urnába. Hányféle sorrendben tehetjük ezt meg? Megoldás. Az első húzáskor három lehetőségünk van, mert a három golyó bármelyikét kihúzhatjuk. Mindhárom esetben a második golyót az urnában maradt kettő közül kell kiválasztanunk, majd utolsóként kivesszük az egyetlen megmaradt golyót. Ezért 3 1 = 6-féle sorrendben húzhatjuk ki a három golyót. A sorrendek PFZ, PZF, FPZ, FZP, ZPF és ZFP, számuk valóban 6. Definíció. n különböző elem egy permutációja más néven ismétlés nélküli permutációja az n elem egy sorrendje, sorbarendezése. A különböző elemekre gondolhatunk úgy, mint különböző színű golyókra egy urnában, melyeket egymás után, visszatevés nélkül húzunk ki. Minden lehetséges színsorrend egy permutációt jelent. Állítás. n különböző elem permutációinak száma. Bizonyítás. Az első elem n-féle lehet, bármelyik első elemhez n 1-féle második elem választható,..., az utolsó előtti -féle lehet, az utolsó pedig egyértelmű. A permutációk száma a választási lehetőségek szorzata, vagyis n n =.. Példa. Egy urnában két piros golyó P és egy fehér golyó F van. Egymás után kihúzzuk a három golyót, semelyik kivett golyót nem tesszük vissza később az urnába. Hányféle színsorrendben tehetjük ezt meg? Megoldás. Ha először az egyik piros golyót választjuk, akkor utána húzhatunk újból pirosat, végül a fehéret, vagy pedig az első piros után fehéret, majd a másik piros golyót. Ha elsőként a fehér golyót húzzuk ki, azt a két pirosnak kell követnie. Tehát 3-féle színsorrendben vehetjük ki ezt a három golyót, melyek PPF, PFP, FPP. Más módon: Különböztessük meg a két piros golyót P 1, P, akkor 3! = 6 sorrendet kapunk ismétlés nélküli permutációk, ezek P 1 P F, P 1 FP, P P 1 F, P FP 1, FP 1 P, FP P 1. Afeladat szerintapirosgolyóksorrendje nem számít, így P 1 P F és P P 1 F is a PPF színsorrendet jelenti, míg P 1 FP és P FP 1 a PFP színsorrendet, végül FP 1 P és FP P 1 is FPP-t. Ezért 6 = 3 a keresett színsorrendek száma. Definíció. n nem feltétlenül különböző elem egy ismétléses permutációja az n elem olyan sorrendje, ahol az egyforma elemeket nem különböztetjük meg egymástól. Színes golyókkal: Az urnában n darab golyó van, közöttük lehetnek azonos színűek is. Egymás után, visszatevés nélkül kihúzzuk a golyókat. Minden lehetséges színsorrend egy ismétléses permutációnak felel meg. Állítás. n elem ismétléses permutációinak száma, ha az elemek r-félék és az első típusúból k 1! k!... k r! k 1 darab, a második típusúból k darab,..., az r-edik típusúból pedig k r darab van k 1 +k +...+k r = n. Bizonyítás. Az előző példa második megoldásának ötletét alkalmazzuk, vagyis az egyforma elemek között is különbséget téve pl. az azonos színű golyók legyenek sorszámozva az ismétlés nélküli permutációk száma. Az első típusú k 1 darab elem sorrendjét megváltoztatva ugyanazt az ismétléses permutációt kapjuk. k 1!-féle lehet az első típusú elemek sorrendje, ezért k 1! az olyan permutációk száma, ahol az első típusú elemeket nem különböztetjük meg egymástól. A második típusú k darab elem sorrendjének tetszőleges megváltoztatása is ugyanazt az ismétléses permutációt adja. Mivel k! számú sorrendje van a második típusú elemeknek, k 1!k! az olyan permutációk száma, ahol sem az első, sem a második típusú elemeket nem különböztetjük meg egymástól. Ezt a gondolatmenetet folytatva az eredményben osztandó k 1!-sal, k!-sal,..., k r!-sal is. Példa. A P, P, F elemek összes ismétléses permutációja PPF, PFP és FPP, számuk valóban 3!! 1! = Példa. Az 1,, 3, 4 számjegyekkel hányféle olyan kétjegyű számot írhatunk fel, melyekben minden számjegy legfeljebb egyszer szerepel? Megoldás. Az első számjegyet 4-féleképpen választhatjuk, és bármelyik első számjegyhez a másodikat 3-féleképpen, hiszen az első számjegyet nem használhatjuk még egyszer. Ezért 4 3 = 1 kétjegyű számot kapunk, melyek 1, 13, 14, 1, 3, 4, 31, 3, 34, 41, 4, 43. Definíció. n különböző elem egy k-adosztályú variációja más néven ismétlés nélküli variációja az n elem közül kiválasztott valamely k számú elem egy sorrendje k n.

2 Színes golyókkal: Az urnában n darab különböző színű golyó van, közülük egymás után kihúzunk k darabot. Minden lehetséges színsorrend egy k-adosztályú variációt jelent. Állítás. n különböző elem k-adosztályú variációinak száma n k!. Bizonyítás. Az első elemet n-féleképpen választhatjuk, bármelyik első elemhez a második elemet n 1- féleképpen,..., és akárhogyan is választottuk az első k 1 elemet, a k-adik elem n k +1-féle lehet. Ezek szorzata a variációk száma, amit n k!-sal bővítve nn 1...n k +1 = nn 1... n k +1 n k... 1 n k... 1 = n k!. Példa. Az 1,, 3, 4 elemek másodosztályú variációinak száma kiszámoltuk. 4! 4! = 1, ahogy azt az előző példában 4. Példa. Az 1,, 3, 4 számjegyekkel hányféle kétjegyű számot írhatunk fel, ha a számjegyek ismétlődhetnek? Megoldás. Az első számjegyet 4-féleképpen választhatjuk, és bármelyik első számjegyhez a másodikat is 4- féleképpen, ezzel 4 4 = 16 kétjegyű számot kapunk. E számok 11, 1, 13, 14, 1,, 3, 4, 31, 3, 33, 34, 41, 4, 43, 44. Definíció. n különböző elem egy k-adosztályú ismétléses variációja az n elem közül egymás után visszatevéses eljárással kiválasztott valamely k számú elem sorrendje. Mivel a kiválasztott elemet visszatesszük a következő kiválasztás előtt, egy elemet többször is választhatunk. Színes golyókkal: Az urnában n darab különböző színű golyó van. Kihúzunk egy golyót, felírjuk a színét, majd visszatesszük az urnába a golyót. Az eljárást k-szor végrehajtjuk. Minden lehetséges színsorrend egy ismétléses variációt jelent. Állítás. n elem összes k-adosztályú ismétléses variációinak száma n k. Bizonyítás. Minden egyes kiválasztáskor n lehetőség áll rendelkezésünkre, ezért az ismétléses variációk száma e lehetőségek szorzata, vagyis } n... n {{} = n k. k tényező Példák. a Az 1,, 3, 4 számjegyek másodosztályú ismétléses variációinak száma 4 = 16, amint az előző példában is láttuk. b A 13+1 mérkőzést tartalmazó totószelvény lehetséges kitöltéseinek száma 3 14 = , hiszen minden mérkőzésre háromféle tippet adhatunk 1,,x. 5. Példa. Hány kételemű halmazt képezhetünk az 1,, 3, 4 számokból? Egy halmaz elemeinek sorrendje nem számít. Megoldás. A keresett kételemű halmazok {1,}, {1,3}, {1,4}, {,3}, {,4}, {3,4}, számuk 6. Másik megoldás: Ha számítana a sorrend, akkor másodosztályú ismétlés nélküli variációkat keresnénk, azok száma 4 3 = 1. Mivel a sorrend nem számít, az 1 és a 1 sorrend is az {1,} halmaznak felel meg, hasonlóan 13 és 31 az {1,3} halmaznak, stb. Tehát 1 = 6 a kételemű halmazok száma. Definíció. n különböző elem egy k-adosztályú kombinációja más néven ismétlés nélküli kombinációja az n elem közül k számú elem egyszerre történő kiválasztása. Színes golyókkal: Az urnában n darab különböző színű golyó van, közülük egyszerre kihúzunk k darabot. Minden lehetséges húzás egy kombinációnak felel meg. n Állítás. n különböző elem k-adosztályú kombinációinak száma = k k!n k!. Bizonyítás. Két lépésben hozzuk létre a kombinációkat. Először egymás után kiválasztunk k darab elemet variáció, számuk n k!. Ezeket csoportokba soroljuk úgy, hogy az egy csoportba tartozó variációk csak az elemek sorrendjében különbözzenek. Minden csoport egy kombinációt jelent, és egy-egy csoportba k! variáció kerül. Tehát a kombinációk száma n k! /k! = n k. Példák.

3 a Az 1,, 3, 4 elemek másodosztályú kombinációinak száma 4 = 4!!! = 6. b Az ötöslottószelvény 90 szám közül 5-t kell bejelölni lehetséges kitöltéseinek száma 90 = Példa. Az 1,, 3, 4 számjegyekből hány olyan kétjegyű számot alkothatunk, melynek első számjegye legfeljebb annyi, mint a második? Megoldás. A keresett kétjegyű számok 11, 1, 13, 14,, 3, 4, 33, 34, 44, melyek száma 10. Másik megoldás: Ezekből a számjegyekből 4 4 = 16 kétjegyű szám képezhető, közülük 4-nek azonos a két számjegye, a maradék 1 felénél az első számjegy a nagyobb, a másik felénél pedig a második. Az utóbbi 6 és a 4 azonos számjegyű a keresett kétjegyű számok. Ha a feladat annak meghatározása, hogy az 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyből hány olyan hatjegyű szám képezhető, ahol minden számjegy legfeljebb annyi, mint a következő, akkor az első módon hosszadalmas a számot felsorolni, és a második megoldás módszere sem vezet célhoz. Segít az ismétléses kombináció bevezetése. Definíció. n különböző elem egy k-adosztályú ismétléses kombinációja az n elem közül egymás után visszatevéses eljárással valamely k számú elem kiválasztása, ahol a sorrend nem számít. A kiválasztott elemet visszatesszük a következő választás előtt, így egy elemet többször is választhatunk. Ez a fogalom kicsit fából vaskarika, hiszen visszatevéssel húzunk, a sorrend mégsem számít. A megvalósítása számozott golyókkal pl. a következő: Az urna n darab, 1-től n-ig számozott golyót tartalmaz. Egymás után visszatevéses eljárással kihúzunk közülük k darabot. Minden kihúzott golyó számát felírjuk, mielőtt a golyót visszatesszük az urnába a következő húzás előtt. A végén a kihúzott számokat növekvő sorrendbe állítjuk, amivel az eredeti sorrendet eltüntetjük. Minden lehetséges növekvő sorrend egy ismétléses kombinációt jelent. n+k 1 Állítás. n különböző elem k-adosztályú ismétléses kombinációinak száma. k Bizonyítás. Minden ismétléses kombináció egy-egy k hosszúságú monoton növekvő számsorozattal írható le, a tagok 1 és n közötti egész számok. Az első számot változatlanul hagyva, a másodikat 1-gyel, a harmadikat -vel,..., a k-adikat pedig k 1-gyel növelve olyan k hosszúságú szigorúan monoton növekvő számsorozatot kapunk, melynek tagjai 1 és n+k 1 közötti különböző egész számok. Pl. n = 10 és k = 7 esetén 1 és 10 közötti 1 és 16 közötti mon. növekvő szig. mon. növekvő 1,,3,4,5,6,7 1,3,5,7,9,11,13 1,3,3,6,6,6,9 1,4,5,9,10,11,15,,,,,,,3,4,5,6,7,8. Ez a hozzárendeléspárba állítjaaz1,...,n elemek k-adosztályúismétléseskombinációitaz1,...,n+k 1elemek k-adosztályú ismétlés nélküli kombinációival. Az utóbbiak száma n+k 1 k, ezért az előbbieké is. Példa. a Az 1,, 3, 4 elemek másodosztályú ismétléses kombinációinak száma 4+ 1 = 5 = 10. b Az 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből hány olyan hatjegyű szám képezhető, ahol minden számjegy legfeljebb annyi, mint a következő? Megoldás. A szóban forgó hatjegyű számok az 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyek hatodosztályú ismétléses kombinációi, számuk = 14 6 = VIII.. Kombinatorikai feladatok 1. Hányféleképpen rakhatunk ki a magyar kártyából 8 piros és 8 zöld lapot, ha egymás után különböző színű lapokat kell elhelyeznünk? Megoldás. A lehetőségek két csoportba sorolhatók aszerint, hogy milyen színű lapot teszünk először. A piros és zöld lapok bármelyik kezdőlap után felváltva következnek. A 8 különböző piros lap sorrendjeinek száma 8!, ugyanígy a 8 zöld lapé 8!, és a piros lapok bármely sorrendjéhez a zöld lapok tetszőleges sorrendje tartozhat, ezért az elhelyezések száma 8! = Egy 1 tagú társaság kerek asztalnál foglal helyet. Hányféle sorrendben ülhetnek le, ha a helyek nem számozottak? Megoldás. A társaság egyik tagját kiszemeljük, ő leült a 1 egyforma szék valamelyikére. A többiek a maradék 11 széken 11! = féleképpen foglalhatnak helyet.

4 3. 1 különböző drágakőből hányféleképpen készíthetünk nyakláncot? Megoldás. A feladat hasonlít az előzőhöz. A különbség annyi, hogy a nyakláncot megfordítva ugyanazt a láncot kapjuk, ezért az előző feladat eredményét -vel osztani kell. Tehát 11! = különböző nyaklánc készíthető. 4. A 3 lapos magyar kártyából hányféleképpen választhatunk ki 10 lapot úgy, hogy a 4 ász közöttük legyen? Megoldás. A 4 ászon kívül a megmaradó 8 lapból még 6-ot választunk, amit 8 6 = féleképpentehetünk meg. 5. Hányféleképpen helyezhetünk 5 különböző szórólapot 16 levelesládába úgy, hogy egy levelesládába a legfeljebb egy szórólapot teszünk, b több szórólapot is tehetünk? Megoldás. a Az ismétlés nélküli variációk száma = b Ismétléses variációk, számuk 16 5 = Hányféleképpen helyezhetünk 5 egyforma szórólapot 16 levelesládába úgy, hogy egy levelesládába a legfeljebb egy szórólapot teszünk, b több szórólapot is tehetünk? Megoldás. a A 16 levelesláda közül kell kiválasztanunk azt az 5-t, amelyikbe kerül szórólap. Az ismétlés nélküli kombinációk száma 16 = b A 16 levelesláda 5-ödosztályú ismétléses kombinációinak száma = 0 5 = Egy gyermek 5 különböző fagylaltból választhat háromgombócos adagot. Hányféle lehetősége van a választásra, ha az adagolás sorrendjére nem vagyunk tekintettel, és a minden gombóc különböző, b több gombóc is állhat ugyanabból a fagylaltból? Megoldás. a Egy választás az 5 fagylaltfajta harmadosztályú ismétlés nélküli kombinációja, számuk 5 3 = 10. b Minden lehetőség az 5 fagylalt harmadosztályú ismétléses kombinációja, melyek száma = 7 3 = Csak az 1,, 3, 4 számjegyekből legalább hány jegyből álló számokat kell felírnunk ahhoz, hogy legalább 1000 különböző számot kapjunk? Megoldás. Ismétléses variációkról van szó. Ha legalább n jegyre van szükség, akkor 4 n szám írható fel. Olyan n számot keresünk, melyre 4 n 1000 nln4 ln1000 n ln1000 ln4 4,983 n Hányféleképpen lehet 4 egyenlő részre osztani a 3 lapos magyar kártyát úgy, hogy a négy ász ugyanabba a részbe kerüljön? Megoldás. Ha a négy rész sorrendje számítana, akkor amelyik részbe a négy ász kerül, abba a további 4 lapot 8 4 -féleképpen választhatnánk. A második részbe a 8 lapot 4 8 -féleképpen választhatnánk, a harmadik részbe féleképpen, a negyedik részt a megmaradó 8 lap alkotná. A részek sorrendje nem számít, így az előbbi lehetőségek szorzatát el kell osztani a három, ászt nem tartalmazó rész lehetséges sorrendjeinek 3! számával. Tehát az összes lehetőség VIII.3. Házi feladatok ! = 8! 3!4!8! 3 = , Egy kisközségben 35 vezetékes telefon van. Hányféle helyi telefonbeszélgetés létesülhet? Megoldás. Annyi beszélgetés létesülhet, ahányféleképpen telefont kiválaszthatunk a 35-ből, tehát 35 = Egy 7 fiúból és 5 lányból álló társaság tagjaiból hányféleképpen alakulhat 5 egyszerre táncoló pár? Megoldás. Az első lányt a 7 fiú mindegyike felkérheti, a másodikat a fennmaradó 6 bármelyike, stb. Az eredmény = 50. Másik megoldás: A 7 fiú közül 5 táncol, ők 7 -féleképpen választhatók ki. Az első lány az 5 táncoló fiú bármelyikének felkérését elfogadhatja, a második 4 közül választhat, stb. Ezért 7 5! = 50-féleképpen táncolhatnak ember csónakázni indul. Három csónak áll rendelkezésükre, az egyik négy-, a másik három-, a harmadik kétszemélyes. Hányféleképpen indulhatnak el, ha csak az számít, ki kivel ül egy csónakba? Megoldás. A négyszemélyes csónakba 9 4 módon ülhetnek, utána a háromszemélyesbe 5 3 -féleképpen, a fennmaradó két ember ül a kétszemélyesbe. Összesen = 4!5! 5! 3!! = 4!3!! = 160 lehetőség van.

5 Másik megoldás: A kétszemélyes csónakba 9 módon ülhetnek, utána a háromszemélyesbe 7 3 -féleképpen, a fennmaradó négy ember ül a legnagyobb csónakba. Összesen =!7! 7! 3!4! =!3!4! = 160 lehetőség. Harmadik megoldás: Ismétléses permutációként az n = 9 vizitúrázó mindegyikéhez hozzárendeljük a három csónak valamelyikét, mégpedig a négyszemélyescsónakot k 1 = 4 emberhez, a háromszemélyest k = 3 emberhez, a kétszemélyest pedig k 3 = emberhez. A lehetőségek száma k = 1!k!k 3! 4!3!! = Egy vasúti szerelvény a mozdonyon kívül 9 kocsiból áll. Hányféle sorrendben kapcsolhatók a mozdony után a kocsik, ha köztük 5 személy-, 3 háló-, valamint 1 étkezőkocsi van, és az azonos fajtájúakat nem különböztetjük meg? Megoldás. A 9 kocsi ismétléses permutációiról van szó, ezek száma 5! 3! 1! = Egy pont egységnyi lépéseket tesz meg a számegyenesen, pozitív vagy negatív irányban. Hányféleképpen juthat el az origóból 15 lépesben a +3 pontba? Megoldás. Ha x a pozitív, y pedig a negatív irányban tett lépések száma, akkor } x+y = 15 x = 9, y = 6. x y = 3 A 9 pozitív és 6 negatív irányú lépés tetszőleges sorrendben követheti egymást, ami a 15 lépés egy ismétléses 15! permutációját jelenti. Ezek száma 6! = Másik megoldás: A 9 pozitív és 6 negatív irányú lépésre úgy is tekinthetünk, hogy a 15 lépés közül kell kiválasztani a 6 negatív irányút, mely kombinációk száma szintén 15 6 = 15! 6!. 6. Egy rejtvénypályázaton 3 különböző díjat sorsolnak ki a 78 helyes megfejtő között. Hányféle eredményt hozhat a sorsolás, ha a a díjak különbözők és mindegyik helyes megfejtő legfeljebb egyet kaphat? b a díjak különbözők és egy díjazott több díjat is kaphat? c a díjak egyformák és mindegyik helyes megfejtő legfeljebb egyet kaphat? d a díjak egyformák és egy díjazott többet is kaphat? Megoldás. a Minden eredmény egy ismétlés nélküli variáció, hiszen az első nyereményt a 78 helyes megfejtő bármelyike kaphatja, a másodikat a fennmaradó 77 valamelyike, míg a harmadikat a maradék 76 közül választhatjuk. Az eredmények száma = b Az eredmények ismétléses variációk, mert mindhárom díjat a 78 helyes megfejtő bármelyike megkaphatja, számuk 78 3 = c A 78 helyes megfejtő közül 3 díjazottat kell kiválasztani, ami 3 = féleképpen lehetséges. d Az ismétléses kombinációk száma = 80 3 = Vívóedzésen 15 vívóból 6 pár vív egyidejűleg. Hányféleképpen választhatók ki a párok? Megoldás. A 1 éppen vívó sportoló féleképpen választható ki. Ha a párok sorrendje számítana, akkor közülük az első pár 1 -, a második 10 -, a harmadik 8 -, a negyedik 6 -, az ötödik 4 -féleképpen volna kiválasztható. A hatodik párt a maradék vívó alkotná. Mivel a párok sorrendje nem számít, az előbbi értékek szorzata elosztandó a 6 pár lehetséges sorrendjeinek 6! számával, ezért a vívópárok kiválasztására a lehetőségek száma = ! 78