1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI. = 6. Ezek a sorozatok a következők: ab, ac, ba, bc, ca, cb.

Átírás

1 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 1. (n k! Megjegyzés. 0! = 1 definíció szerint. 3! Példa. Az {a, b, c} halmaz elemeiből alkotott elemű sorozatok száma (3! = 3! 1! = 6. Ezek a sorozatok a következők: ab, ac, ba, bc, ca, cb. Ismétléses variáció. Egy n elemű halmazból képzett k elemű sorozatok száma, ha a sorozatok tartalmazhatnak ismétlődést egyenlő ( n k. Példa. Az {a, b, c} halmaz elemeiből alkotott, ismétlődést is tartalmazható elemű sorozatok száma 3 = 9. Ezen sorozatok a következők: aa, ab, ac, ba, bb, bc, ca, cb, cc. Ismétlés nélküli kombináció. Egy n elemű halmaz k elemszámú részhalmazainak száma ( n n! n (n 1... (n k 1 (3 = =. k (n k! k! 1... k ( 3 Példa. Az {a, b, c} halmaz elemű részhalmazainak száma = 3. A két elemű részhalmazok a következők: {a, b}, {a, c}, {b, c}. A nulla elemű részhalmazok száma ( 3 0 = 1 és ez a halmaz az üres halmaz. Ismétléses kombináció. n fajta tárgyból (mindegyikből tetszőlegesen sok áll rendelkezésre k darabból álló csoportokat képezünk. Ezek száma: ( n k 1 (4. k Példa. Ha 3 fajta tárgyunk van, a, b, c, akkor a darabból álló csoportok száma ( 3 1 = = 6. Ezen csoportok a következők: (a, a, (a, b, (a, c, (b, b, (b, c, (c, c. ( 4 Ismétléses permutáció. k különböző fajta tárgyunk van. Az első fajtából van n 1, a másodikból n, és így tovább, a k-dik fajtából pedig n k darabunk van. Ezeket (5 (n 1... n k! n 1! n k! -féleképpen lehet sorba rakni (az azonos fajta tárgyakat nem különböztetjük meg. 1

2 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI Példa. Van 3 fajta tárgyunk: a, b, c. Az a-ból van, a b-ből 1 és a c-ből szintén 1. Ezeket (11!! 1! 1! = 4!! = 1 módon lehet sorba rakni. Ezen sorozatok a következők: aabc, aacb, abac, abca, acab, acba, baac, baca, bcaa, caab, caba, cbaa. Permutációk. Feladatok megoldása 1. Egy összejövetelen 5 fiú és 5 lány vesz részt. A táncoló pároknak hányféle összetétele lehetséges, ha mindenki táncol, és a lányok egymással, illetve a fiúk egymással nem táncolnak? Megoldás. Egy táncoló felállást vagy párba állítás úgy kaphatunk, hogy minden tánc előtt a fiúkat sorbaállítjuk egy rögzített sorrend szerint, majd a lányokat valamilyen sorrendben a fiúk előtt felsorakoztatjuk. Mivel a fiúk sorrendje rögzített, ezért a lányok sorbarendezése meghatározza egyértelműen a párba állítást. Ezt pedig 5! = 10-féleképpen tudjuk megtenni.. Néhány golyót 70-féleképpen rakhatunk sorba. Hány golyónk lehet, ha mindegyik különböző színű? Megoldás. Tegyük fel, hogy n darab golyónk van, ami mind különböző színű. Ezt n! módon tudjuk sorbarakni. Ha kezdjük felírni az n! értékeit különböző n-ekre (1! = 1,! =, 3! = 6, 4! = 4, 5! = 10, 6! = 70, akkor azt kapjuk, hogy n = Adott két halmaz, A = {1,, 3, 4, 5, 6}, B = {a, b, c, d, e, f}. Hány olyan függvény van, amely az A halmaz elemeihez a B halmaz elemeit kölcsönösen egyértelműen rendeli hozzá? Megoldás. Egy f : {1,, 3, 4, 5, 6} {a, b, c, d, e, f} függvényt leírhatunk mint egy táblázatot: ( f(1 f( f(3 f(4 f(5 f(6 Az f függvény kölcsönösen egyértelmű, ha az f(1,..., f(6 között a B = {a, b, c, d, e, f} halmaz minden eleme pontosan egyszer szerepel. Így minden kölcsönösen egyértelmű hozzárendelést megkapunk, ha a fenti táblázat alsó sorába beírjuk a B elemeit valamilyen sorrendben. Ezt pedig 6! = 70-féleképpen tehetjük meg. 4. Hány szám készíthető az alábbi számjegyekből? (Minden megadott számjegyet fel kell használni. a 1, 1,,, 3, 4, b 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5. Megoldás. a Az (5-ös képlet alapján (11!!! 1! 1 = 6!!! = 180 hatszámjegyú szám alkotható az 1, 1,,, 3, 4 számjegyek felhasználásával. b Az (5-ös képlet alapján (43! 4! 3! = 7! 4! 3! = 35 hétszámjegyú szám alkotható négy 4-es és három 5-ös felhasználásával. 5. Egy dobozban 16 golyó van, közülük fehér, 4 piros és kék színű. Hányféle sorrendben húzhatjuk ki egymás után a 16 golyót, ha az egyszínűeket nem különböztetjük meg?

3 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI 3 Megoldás. Az (5-ös képlet alapján (4!! 4!! = féle sorrendben húzhatjuk ki egymás után a fehér, 4 piros és kék golyót. 6. Adott két halmaz, A = {1,, 3, 4, 5, 6}, B = {a, b, c}. Hány olyan A-t B-re képező függvény van, amely minden B-beli elemet pontosan kétszer vesz fel értékül? Megoldás. Az f : {1,, 3, 4, 5, 6} {a, b, c} függvény megadható az alábbi táblázattal: ( f(1 f( f(3 f(4 f(5 f(6 Azoknak az f-nek a számát akarjuk megkapni, melyek az a, b és c érték mindegyikét pontosan kétszer veszi fel, más szóval azokat a fenti táblázatokat, melyek alsó sorában pontosan két a, két b és két c van. Az alsó sort alkotó sorozatok száma a (5 alapján (!!!! = 90. Variációk. 7. Egy rejtvénypályázaton 5 különböző díjat sorsolnak ki a helyes megfejtést beküldők között. 78 jó megfejtés érkezik be. Hányféle eredményt hozhat a sorsolás? Megoldás. Rögzítsük, hogy az 5 díj közül, melyiket adjuk az első-, második-, harmadik-, negyedik-, illetve ötödikként kihúzott helyes beküldőnek. Így a 78 beküldőből képezett 5 hosszúságú sorozatok megadják a sorsolás eredményét. Ezen sorozatok száma az (1-es képlet 78! alapján (78 5! = 78! 73! = = Adott két halmaz, A = {1,, 3}, B = {a, b, c, d, e, f}. Hány olyan függvény van, amely az A halmaz elemeihez a B halmaz elemeiből kölcsönösen egyértelműen rendel hozzá hármat? Megoldás. Egy f : {1,, 3} {a, b, c, d, e, f} függvény leírható mint az ( 1 3. f(1 f( f(3 táblázat, ahol f(1, f(, f(3 B = {a, b, c, d, e, f}. Kölcsönösen egyértelmű f függvények esetén a táblázat alsó sorában a B halmaz 3 különböző eleme szerepel. Így a kölcsönösen egyértelmű függvények száma megegyezik a B halmaz elemeiből alkotott 3 hosszúságú sorozatok számával. Az (1-es képlet alapján ez egyenlő 6! (6 3! = 6! 3! = = 10-szal. 9. Hányféle kitöltött totószelvény van? (13 1 mérkőzés végeredményére tippelhetünk, mindegyik tipp lehet 1, vagy X. Megoldás. Egy totószelvény kitöltésénél az 1,, X felhasználásával 14 hosszúságú sorozatokat képezünk, melyben az 1,, X többször is előfordulhatnak. A (-es képlet alapján ezen sorozatok száma 3 14 = Adott két halmaz, A = {1,, 3, 4, 5, 6}, B = {a, b, c, d, e, f}. Hány olyan függvény van, amely az A halmaz elemeihez a B halmaz elemeit rendeli?

4 4 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI Megoldás. Egy f : {1,, 3, 4, 5, 6} {a, b, c, d, e, f} függvényt megadhatunk egy ( f(1 f( f(3 f(4 f(5 f(6 táblázattal, ahol f(1, f(, f(3, f(4, f(5, f(6 B. Mivel nincs semmilyen kikötés az f függvényre, ezért a táblázat alsó sorában a B elemei többször is megismétlődhetnek. Így az f függvényt megadja a táblázat alsó sorába beírt 6 hosszúságú sorozat, melyet a B elemeiből képezünk és mely tartalmazhat ismétlődést. Ezen sorozatok száma B A = 6 6 = , ahol A és B a halmazok elemeinek számát jelöli. Kombinációk. 11. Egy 6 tagú társaságban mindenki mindenkivel kezet fog. Hány kézfogás ez összesen? Megoldás. Egy kézfogáshoz a 6 tagú társaságból egy két emberből álló csoportot választunk ki. Az ilyen csoportok száma a (-es képlet alapján ( 6 = 65 1 = személy egyszerre érkezik egy 6 személyes lifthez. Hányféleképpen választhatjuk ki közülük az első menet 6 utasát? Megoldás. Az első menethez a 1 személyből kiválasztunk egy 6 személyből álló csoportot, ezt pedig ( 1 6 = 94-féleképpen tehetjük meg termék között 4% selejtes. Hányféleképpen lehet terméket kiválasztani úgy, hogy a egy selejtes se legyen; b mind a selejtes legyen; c pontosan 5 selejtes legyen; d legfeljebb 3 selejtes legyen; e legyen köztük selejtes? (Visszatevés nélkül választunk, és a sorrendet nem vesszük figyelembe. Megoldás. Az 500 termék 4%-a 0, tehát 480 jó és 0 selejtes termék van. a Tulajdonképpen jó terméket kell kiválasztani a 480 jó közül, ezt pedig ( 480 féleképpen tehetjük meg. b Ebben az esetben terméket kell kiválasztani a 0 selejtes közül, és ezt ( 0 -féleképpen lehet megtenni. c Ebben az esetben pontosan 5 selejtes és 5 jó termék van a kiválasztott között. Ezt ( 480 ( 5 0 ( 5 -féleképpen lehet kiválasztani, mivel a 480 jó közül 5-öt 480 5, illetve 0 selejtes közül 5-öt ( 0 5 -féleképpen lehet kiválasztani. d terméket, amely között pontosan k {0, 1,,..., 9, } selejtes van ( 0 k ( 480 k - féleképpen lehet kiválasztani. Ha legfeljebb 3 selejtes termék lehet a kiválasztott között, akkor lehet olyan választás, amikor 0, 1,, illetve 3 selejtes termék van a között. Így terméket ( 0 0 ( 480 ( 0 1 ( ( 0 ( ( 0 3 ( 480 féleképpen lehet kiválasztani úgy, hogy legfeljebb csak 3 selejtes lehet közte. 7

5 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI 5 e Kétféleképpen is megközelíthetjük a problémát. Ha a kiválasztott között van selejtes, akkor van olyan választás, amikor pontosan 1,,..., 9, selejtes termék van a kiválasztottak között. Az előző ponthoz hasonlóan ezt ( ( ( ( ( ( ( 0 ( 480 féleképpen választhatjuk ki. Ugyanezt jóval egyszerűbben is kiszámolhatjuk, ha úgy nézzük, hogy kiválasztott termék közül nem lehet mind a jó. Tehát az összes kiválasztási lehetőség közül (500 termékből választunk -et kizárjuk azokat, amikor jót választunk (480 jóból kiválasztunk -et; ezt ( ( féleképpen tehetjük meg. 14. Hányféleképpen helyezhetünk el 5 levelet 16 levélszekrénybe, ha a levelek között nem teszünk különbséget, és egy rekeszbe a legfeljebb egy levelet, b több levelet is tehetünk? Megoldás. a Ha egy levélszekrénybe legfeljebb egy levelet teszünk, akkor a 16 levélszekrény közül tulajdonképpen kiválasztunk 5-öt, amelyekbe egy-egy levelet teszünk. Ezt ( féleképpen tehetjük meg. b Minden levél bedobásánál felírjuk a levélszekrény számát, ahova a levél került. Így 5 levél bedobása után 5 számot írtunk fel: a számok 1 és 16 között vannak, egy szám többször is szerepelhet (mivel egy levélszekrénybe több levelet is dobhatunk a számok sorrendje nem számít (mivel a levelek közt nem teszünk különbséget. A (4-es képlet alapján ( ( = 0 5 = féleképpen dobhatjuk be a leveleket. 0 Házi feladatok 15. Oldjuk meg az 13. feladatot úgy, hogy a kiválasztott terméket minden húzás után visszatesszük. Megoldás. Visszatevéses húzás esetén úgy lehet tekinteni, hogy van 480 fajta jó termék és 0 fajta selejtes, és mindegyikből korlátlan mennyiség áll rendelkezésre. a 480 fajta jó termékből választunk -et, egy fajtából akár többet is a visszatevés miatt. Ezt ( ( = 489 -féleképpen tehetjük meg a (4-es képlet alapján. b 0 fajta selejtes termékből választunk -et, egy fajtából többet is a visszatevés miatt; ezt ( 0 1 ( = 9 = féleképpen tehetjük meg. c 480 fajta jó termékből választunk 5-öt, illetve 0 selejtes fajtából szintén 5-öt (minden fajtából többet is választhatunk a visszatevés miatt. Így ( ( ( 5 5 = 484 ( féleképpen választhatjuk ki őket.

6 6 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI d Ha legfeljebb 3 selejtest választhatunk ki, akkor lehet olyan választás, amikor 0, 1, vagy 3 selejtes terméket választunk ki. Visszatevéssel ezt ( ( ( 0 1 = ( 19 0 ( ( ( 489 ( 0 1 ( ( ( ( ( 1 7 ( ( 3 ( 486 féle módon választhatjuk ki. e Ebben az esetben nem választhatunk a 480 fajta jó termék közül, ezért az összes választási lehetőségből levonjuk azokat a választásokat, amikor csak jó fajta terméket választunk: ( ( ( ( =. 16. Hányféleképpen tölthetünk ki egy totószelvényt ha 13 1 mérkőzésre tippelünk úgy, hogy 8 darab 1-es, darab X és 4 darab -es tipp legyen rajta? Megoldás. Az (5-ös képlet alapján 14! 8!! 4! = féleképpen tölthetjük ki a totószelvényt, ha nyolcszor 1-sel, kétszer X-szel, illetve négy alkalommal -essel tippelünk. 17. Hányféleképpen járhat 5 házaspár körtáncot, ha mindenki a házastársa kezét fogja? Megoldás. Először azt nézzük meg, hogy 5 párt hányféleképpen lehet körbe állítani, ha minden párt egy egységként tekintünk. Kiválasztunk egy párt, amihez képest viszonyítjuk a többi pár helyzetét az óramutató járásának megfelelő irányba haladva. Így tulajdonképpen 4 párt kell sorba rendezni; ezt 4! = 4-féleképpen lehet megtenni. Minden párban kétféle sorrend lehet: a férfi balján van a nő vagy a jobbján; ez további 5 választási lehetőséget jelent. Azt kapjuk, hogy összesen 4! 5 = 768-féle körtánc felállás lehetséges, ha mindenki fogja a házastársa kezét. 18. Tizenkét diák három csónakot bérel. Az egyik csónak 3 üléses, a másik 4, a harmadik pedig 5 üléses. a Hányféleképpen foglalhatnak helyet a csónakokban? b Hányféleképpen foglalhatnak helyet, ha két diák feltétlenül egy csónakba akar kerülni? Megoldás. a A 1 diákot felosztjuk három csoportra a csónakok kapacitása szerint. Az első csónakba ülőket ( ( 1 3 -féleképpen választhatjuk ki, a második csónakba kerülőket = ( 9 4 -féleképpen, míg a harmadik csónakba a megmaradt 5 diák ül (ez 1-féleképpen választható ki. Így a diákok ( ( = 1! 3! 9! 9! 4!5! = 1! 3! 4! 5! = 7 70-féleképpen foglalhatnak helyet a három csónakban. b Először azt a két diákot ültetjük be, akik egy csónakba akarnak kerülni. Három esetet különböztetünk meg. 7

7 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI 7 Ők ketten az első csónakba kerülnek. A fennmaradt diákot 3 = 1-es, 4-es és 5-ös csoportokra osztjuk a csónakokban maradt helyek száma szerint; ezt ( ( =! 1! 4! 5! = 1 60-féle módon tehetjük meg. Ők ketten a második csónakba ülnek. A többieket 3-as, -es és 5-es csoportokba osztjuk a megmaradt helyek szerint: ( ( 7 3 =! 3!!5! = 50-féleképpen oszthatjuk fel. Ők ketten a harmadik csónakba ülnek be. A többieket 3-as, 4-es és 3-as csoportokba osztjuk a fennmaradt helyek alapján: ( ( =! 3! 4! 3! = 4 00 ilyen felosztás van. Összegezve, az adott feltétel mellett a 1 diákot a 3 csónakba féle módon ültethetjük be.! 1! 4! 5!! 3!! 5!! 3! 4! 3! = Egy kockával háromszor dobunk egymás után. Hány olyan dobássorozat fordulhat elő, amelyben a 6-os dobás is szerepel? Megoldás. Kivonjuk az összes dobássorozat számából (6 3, azon dobássorozatok számát, amikor nem szerepel 6-os dobás (5 3. Így azt kapjuk, hogy = 91 olyan dobássorozat van, amikor szerepel 6-os dobás. 0. Hány olyan 6 jegyű szám van, a amelynek minden jegye különböző; b amelynek bármely két szomszédos jegye különböző; c amelyben pontosan darab 0 van; d amelyben van jegyismétlődés; e amelyben a jegyek szorzata -zel osztva 5 maradékot ad; f amelyben a jegyek összege -zel osztva 5 maradékot ad; g amelyben a jegyek összege páros? Megoldás. Feltesszük, hogy a hatjegyű szám kezdődhet 0-val. a Ebben az esetben a {0, 1,..., 8, 9} halmazból képezünk 6 elemű sorozatokat, melyek nem tartalmaznak ismétlődést;! 4! = ilyen sorozat van az (1-es képlet alapján. b Az A = a 1 a a 3 a 4 a 5 a 6 hatjegyű számsorozatnak megfeleltetjük az X = x 1 x x 3 x 4 x 5 x 6 szintén hatjegyű számsorozatot (a 1,..., a 6, x 1,..., x 6 {0, 1,..., 8, 9} a következőképpen x 1 = a 1, x 3 a 3 a (mod, x 5 a 5 a 4 (mod, x a a 1 (mod, x 4 a 4 a 3 (mod, x 6 a 6 a 5 (mod. Az X számsorozatból visszakapható az A a következőképpen: a 1 = x 1, a 4 x 1 x x 3 x 4 (mod, a x 1 x (mod, a 5 x 1 x x 3 x 4 x 5 (mod, a 3 x 1 x x 3 (mod, a 6 x 1 x x 3 x 4 x 5 x 6 (mod.

8 8 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI Például, ha A = 74334, akkor X = Az A sorozatban pontosan akkor különbözők a szomszédos számjegyek, amikor az X sorozatban az x,..., x 6 közül egyik sem 0. Az ilyen X számsorozatok száma 9 5 = c Ha kiválaszottuk a két darab 0 helyét a hatjegyű számsorban ( ( 6 -féleképpen tehetjük meg, akkor a többi 4 helyre tetszőlegesen 1,,..., 9 írható (9 4 lehetőség. Tehát ( = olyan hatjegyű számsorozat van, amelyben pontosan két darab 0 szerepel. d Az összes lehetséges hatjegyű számsorozat számából ( 6 kivonjuk azoknak a számát, amelyek nem tartalmaznak jegyismétlődést, azaz amelyek minden számjegye különböző (! 4! = az a pont alapján, tehát = hatjegyű számsorozat van, amelyik tartalmaz jegyismétlődést. e Ebben az esetben a számjegyek között van 5-ös, de nincs 0-ás. Ezen hatjegyű számsorozatok száma egyenlő az összes hatjegyű számsorozat száma, mely nem tartalmaz 0-ást (9 6 mínusz azon hatjegyű számsorozatok száma, mely nem tartalmaz 0-ást és 5-öst (8 6, ami végül egyenlő = f Legyen A = a 1 a a 3 a 4 a 5 a 6 egy számsorozat úgy, hogy a 1... a 6 5 (mod, amiből adódik, hogy a 6 5 (a 1... a 5 (mod. Tehát az első öt számjegy meghatározza a hatodikat ebben az esetben. Így az ilyen A számsorozatok száma ugyanannyi, mint az ötjegyű számsorozatok száma, 5. g Jelölje S = {0, 1,..., 9} és legyen A = a 1 a a 3 a 4 a 5 a 6 egy hatjegyű számsorozat, melyre a 1... a 6 0 (mod. Így, ha a 1... a 5 páros, akkor a 6 is páros, azaz a 6 {0,, 4, 6, 8}. Ha a 1... a 5 páratlan, akkor a 6 is páratlan, azaz a 6 {1, 3, 5, 7, 9}. Mindkét esetben rögzített a 1,..., a 5 számjegyek esetén az a 6 -ot 5-féleképpen választható meg. Tehát a keresett A-k száma egyenlő {a 1,..., a 5 S a 1... a 5 páros} 5 {a 1,..., a 5 S a 1... a 5 páratlan} 5 = {a 1,..., a 5 S} 5 = Az 1,,..., 9 számokat sorba rendezzük. Hány esetben fordulhat elő, hogy az 1,, 3 számok a valamilyen sorrendben egymás mellé kerülnek; b növekvő sorrendben kerülnek egymás mellé; c egymáshoz képest (nem szükségképpen egymás mellett növekvő sorrendben helyezkednek el? Megoldás. a Először sorba rendezzük a 4, 5,..., 9 számokat (6! = 70-féleképpen lehet, sorba rendezzük az 1,, 3 számokat (3! = 6-féleképpen lehet, majd az utóbbi sorozatot egyben beszúrjuk az első sorozatba valahova (7 helyre szúrhatjuk be. Tehát összesen 6! 3! 7 = olyan sor van, ahol az 1,, 3 egymás mellett van valamilyen sorrendben. b Sorba rendezzük a 4, 5,..., 9 számokat (6! = 70-féleképpen lehet, majd beszúrjuk ebbe a sorba az 13 sorozatot egyben (és ugyanebben a sorrenben. Ez utóbbi sorozatot 7 helyre szúrhatjuk be. Így 6! 7 = olyan sorba rendezése van az 1,,..., 9 számoknak, ahol az 1,, 3 egymás után következik.

9 1. FELADATSOR MEGOLDÁSAI 9 c Kiválasztjuk azt a három helyet a kilencből, ahova az 1,, 3 kerül. Mivel az 1,, 3 egymáshoz viszonyított helyzete rögzített, ezért ( 9 3 = 84-féleképpen választható ki a három hely. A maradék hat helyre 6! = 70-féleképpen helyezhetjük el a 4, 5,..., 9 számokat. Azt kaptuk, hogy ( 9 3 6! = féleképpen rendezhetjük sorba a megadott feltétellel a számokat.. Egy 8 tagú sakkszakosztályban 4 jutalmat osztanak ki. Hányféleképpen történhet ez, ha a a jutalmak egyenlők. és egy tag legfeljebb egy jutalmat kaphat; b a jutalmak egyenlők, és egy tag több jutalmat is kaphat; c a jutalmak különbözők, és egy tag legfeljebb egy jutalmat kaphat; d a jutalmak különbözők, és egy tag több jutalmat is kaphat? Megoldás. a Ki kell választani azt a 4 tagot a 8 közül (a sorrend nem számít, mivel a jutalmak egyformák, aki egy-egy jutalmat kap. Őket ( 8 4 = féleképpen választhatjuk ki. b Ebben az esetben visszatevéssel húzunk ki 4-et a 8-ból. A sorrend most sem számít, mivel a jutalmak egyformák. Ekkor ( ( = 31 4 = féle sorsolási eredmény van a (4-es képlet alapján. c 4 tagot sorban húzunk ki a 8-ból (a sorrend számít, mert a jutalmak különbözők. Az (1-es képlet alapján 8! 4! = féleképpen húzhatjuk ki (nem visszatevéses sorsolás, mivel egy tag legfeljebb egy jutalmat kaphat. d Visszatevéssel sorsolunk, mert egy tag több jutalmat is kaphat, és a kihúzás sorrendje is számít, mivel a jutalmak különbözők. A (-es képlet alapján 8 4 = féle sorsolás lehetséges.