LÁNG CSABÁNÉ KOMBINATORIKA. Példák és megoldások

Átírás

1 LÁNG CSABÁNÉ KOMBINATORIKA Példá és megoldáso Letorálta: Burcsi Péter c Láng Csabáné, 006 ELTE IK Budapest javított iadás

2 Tartalomjegyzé 1. El szó Elméleti összefoglaló, példá Alapvet fogalma Permutáció Variáció Kombináció Ismétléses variáció Ismétléses ombináció Ismétléses permutáció Összefoglaló táblázat Satulyaelv Permutáció, variáció, ombináció alalmazása Reláció, elrendezése száma Bolyongás, számo felbontása, leépezése száma Logiai szita Kártya Binomiális tétel és alalmazása Ajánlott irodalom

3 1. El szó Els sorban az ELTE Informatiai Kar programtervez informatius, programtervez matematius, programozó és informatia tanár szaos hallgatói számára észült ez a példatár, amely részletesen idolgozott példáat tartalmaz. A példá részben más önyveb l, példatáraból, máso által összeállított feladatsoroból származna. Azo a forráso, amelyer l tudomásom van, szerepelne az Ajánlott irodalom fejezetben. A feladato más része pedig ebben a példatárban jeleni meg el ször. A önyvben található hibára, hiányosságora vonatozó észrevételeet öszönettel fogadom. Budapest, 008. november Láng Csabáné zslang@compalg.inf.elte.hu ELTE Informatiai Kar Komputeralgebra Tanszé 1117 Budapest, Pázmány Péter sétány 1/C.

4 . Elméleti összefoglaló, példá.1.1. Permutáció.1. Alapvet fogalma.1-1. Hányféle sorrendje van az a, b, c bet ne? Hatféle, eze: abc bac cab acb bca cba Deníció. Legyen A = {a 1, a,..., a n } tetsz leges n elem halmaz, ahol n N. Az n elem valamely sorrendben való felsorolása az A halmaz egy permutációja. Keressü az A halmaz összes permutációina számát. Ezt a számot jelöljü P n -nel. A problémát másént is megfogalmazhatju. Legyen a i1, a i,..., a in az A halmaz egy permutációja.

5 .1. Alapvet fogalma 5 Teintsü a övetez ϕ leépezést: a 1 a i1 a a i. a n a in Ez A-na önmagára történ bijetív leépezése. Az összes ilyen leépezése halmaza legyen S n = {ϕ ϕ : A A, bijetív}. Ezzel a jelöléssel élve a eresett P n = S n. Mivel a feladat szempontjából özömbös, hogy milyen elemeb l áll az A halmaz, feltehetjü, hogy az els n természetes számot tartalmazza, tehát A = {1,,..., n}. Bevezetjü az n! jelölést az els n természetes szám szorzatára, tehát n! = 1 n. Kényelmi szempontból megállapodun abban, hogy 0! = 1 legyen. Ezt a választásunat indoolja az, hogy általában n! = n (n 1!, és ha 0!-t is értelmezni aarju, aor 1! = 0! 1 = 1-ne teljesülnie ell. n elem halmaz permutációina száma P n = n!..1.. Variáció.1-. Hányféle étjegy számot épezhetün az 1,, 3, 4 számjegyeb l, ha mindegyiet legfeljebb egyszer használhatju fel? 1 ilyen szám létezi, eze: Deníció. Az {1,,..., n} halmaz -ad osztályú variációina nevezzü az elemeib l épezhet tagú, ülönböz elemeb l álló sorozatoat. V n jelölje az összes -ad osztályú variáció számát.

6 6. Elméleti összefoglaló, példá n elem halmaz -adosztályú variációina a száma: ha n <, aor nyilván V n = 0, ha n, aor V n =.1.3. Kombináció P n P n = n(n 1 (n + 1 ( tényez s szorzat.1-3. Öt testvér özül alalmanént hárman menne színházba bérlettel. Hányféleéppen fordulhat ez el? Jelöljé az 5 testvért az 1,, 3, 4, 5 számjegye. A övetez 10 lehet ség van arra, hogy hármat iválasszana magu özül: Deníció. Az {1,,..., n} halmaz elemet tartalmazó részhalmazait a halmaz -ad osztályú ombinációina nevezzü. A ombináció számát C n-val jelöljü. Vezessü be az ( n = jelölést. Mivel 0! = 1, ezért ( n = n! 0 0!n! = 1, ha n <, aor legyen ( n = 0 n!!(n! ( n = n! n n!0! = 1, n elem -adosztályú ombinációina száma: ha n <, aor Cn = 0 ha n, aor C n = V n P = n!!(n! = ( n

7 .1. Alapvet fogalma Ismétléses variáció.1-4. Hányféle étjegy számot épezhetün az 1,, 3, 4 számjegyeb l? A orábbi feladattal ellentétben most nem ötöttü i, hogy egy szám legfeljebb egyszer fordulhat el. Felsorolju az összes 16-féle lehet séget Deníció. Az {1,,..., n} halmaz -ad osztályú ismétléses variációina nevezzü a halmaz elemeib l észíthet tagú sorozatoat, melyeben ugyanaz az elem többször is el fordulhat. Vn,i jelölje az ilyen sorozato számát. n elem halmaz -adosztályú ismétléses variációina a száma V,i n = n Ismétléses ombináció féle fagylaltból hányféleéppen választhatun 3 gombócot? A feladat megengedi azt is, hogy aár mind a három gombóc ugyanolyan fajtájú legyen. Ha 1,, 3 jelöli a fagylaltfajtáat, aor a övetez 10 lehet ségün van Deníció. n elem -ad osztályú ismétléses ombinációját apju, ha az n elem özül elemet iválasztun, az eleme többször is iválasztható,

8 8. Elméleti összefoglaló, példá a sorrendre viszont nem vagyun teintettel. Az ilyen ombináció számát Cn,i -vel jelöljü. Az {1,,..., n} halmaz valamely -ad osztályú ismétléses ombinációját is megadhatju úgy, hogy a elemet tetsz leges sorrendben felsorolju, például növev en. Így látható, hogy az ismétléses ombináció száma az n elemb l épezhet elem monoton növev (s nem szigorúan monoton növev sorozato számával egyezi meg. n elem -adosztályú ismétléses ombinációina a száma: C,i n = C n Ismétléses permutáció.1-6. Hányféleéppen tudun 3 piros és é golyót sorba rani? Az összes lehet ség az alábbi 10-féle: ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp ppp Deníció. Legyene a 1, a,..., a r ülönböz eleme. Teintsü az ezeb l alotható olyan sorozatoat, amelyeben az a 1 i 1 -szer, a i -ször,..., a r pedig i r -szer fordul el. Legyen n = i 1 +i +...+i r. Az így apott sorozatoat n elem ismétléses permutációna nevezzü. Megengedjü az i = 0 esetet is. P i 1,i,...,i r n számát. fogja jelölni az ilyen sorozato r ülönböz elem n, i 1, i,..., i r paramétereel megadott ismétléses permutációina száma. P i 1,i,...,i r n = n! i 1!i! i r!

9 .. Satulyaelv Összefoglaló táblázat ismétlés nélüli permutáció P n = n! variáció Vn = 0, ha n < Vn = Pn P n = n(n 1 (n + 1, ha n ombináció Cn = 0, ha n < Cn = V n P = n!!(n! = ( n, ha n ismétléses variáció Vn,i = n. ombináció Cn,i = Cn+ 1 permutáció P i 1,i,...,i r n! n = i 1!i! i r!.. Satulyaelv.-1. Bizonyítsu be, hogy bármely n pozitív egész számhoz található olyan pozitív egész szám, amelyre az n szorzat a tízes számrendszerben felírva csupa egyesb l és nullából áll. Például n = esetén = 5 megfelel, mert n = 10; n = 3 esetén = 37 alalmas szám, mert 3 37 = 111, választhatju azonban = 370-et is, hiszen = Teintsü azoat az 1,, 3,..., n jegy számoat, amelye csupa egyesb l állna. a 1 = 1 a = 11 a 3 = a n = Osszu el et sorban n-nel. Ha valamelyi osztható n-nel, aor a apott hányados a eresett érté. Ha egyi sem osztható n-nel, aor a maradé az 1,,..., n 1 értée özül erül i. Tehát az n ülönböz szám maradéa legfeljebb n 1 ülönböz érté lehet. A satulya-elv szerint van (legalább ét szám, melye maradéa azonos. Legyene eze az a i és a j számo. Legyen például i > j. Nézzü a ülönbségüet, b = a i a j -t. Egyrészt b i j számú egyesb l és j számú nullából áll, másrészt n-nel osztva nulla maradéot ad, tehát osztható n-nel. A b és az n hányadosa a eresett érté..-. Mutassu meg, hogy a π, π,..., 100π számo özött van leg-

10 10. Elméleti összefoglaló, példá 1 alább egy olyan, amelyi valamely egész számtól 100 -nál evésbé ülönbözi. A számegyenest teerjü az 1 egység erület örvonalra. Eor az egész oordinátájú ponto a 0-ba erülne. Osszu a örvonalat 100 egyenl részre. Ha a 0 ét oldalán lév hosszúságú íve valamelyiébe esi π oordinátájú pont, aor ez a π egy egészhez nál özelebb van. (Mivel π nem racionális, osztópontra nem erülhet π oordinátájú pont. Tegyü fel, hogy nincs ilyen pont. Eor a 98 többi ív egyiébe legalább ét pont erül, például mπ és sπ. Ebb l (s mπ = sπ mπ = p + t, ahol p egész, és < t < Ez azt mutatja, hogy (s mπ mégis elég özel van egy egész számhoz, tehát mindenéppen erül pont a 0 ét oldalán lév hosszúságú íve valamelyiébe..3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása.3-3. A 90 számos lottószelvényen a 90 számból 5-öt ell megjelölni, és 5 számot húzna. A találato száma a ihúzott, illetve a bejelölt számo halmazában az azonos eleme mennyisége. Ha az összes lehetséges módon itöltjü a 90 számos lottószelvényt, hány lesz özöttü a. pontosan 5 találatos, b. pontosan 4 találatos, c. pontosan 3 találatos, d. pontosan találatos, e. pontosan 1 találatos, f. olyan, amelyen egyetlen találat sincs? a. 1. b. Az 5 ihúzott szám özül 4-et ( 5 4 -féleéppen választhatun i, a 85 nem ihúzott számból ( féleéppen választhatun egyet. Eze a választáso egymástól függetlene, így a lehet sége száma összeszorzódi. Az összes lehet ség száma ( ( = 45. c. ( 5 3 ( 85 =

11 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása 11 d. ( ( = e. ( 5 1 ( 85 4 = f. ( 85 5 = a. Hány ilencjegy szám épezhet az 1,,,, 3, 4, 4, 4, 5 számjegyeb l? b. Hány ezd di eze özül 15-tel? a. A 9 számjegyet 9!-féleéppen permutálhatju, ez azonban nem lesz mind ülönböz megoldás. Ha a három -est egymás özött permutálju, ami 3! lehet ség, ugyanazt a sorozatot adjá. Hasonló a helyzet, ha a három darab 3-ast permutálju. Az összes lehet ség száma a övetez (ismétléses permutáció: 9! 3! 3! b. Leraju a 15-öt a szám elejére, és azt számolju i, hogy a,, 3, 4, 4, 4 számjegyeb l hány hatjegy szám épezhet : 6!! 3!.3-5. Hány olyan hatjegy szám van, amelyi 5-tel osztható? Az els helyre 9 számjegyet tehetün, mert a 0 nem erülhet a szám elejére. Az utolsó helyre a 0 és az 5-ös erülhetne. A özbüls négy hely mindegyiére a 10 számjegy bármelyie erülhet. Eze a választáso egymástól függetlene, tehát az összes lehet ség számát megapju, ha az egyenénti lehet ségeet összeszorozzu: = =

12 1. Elméleti összefoglaló, példá.3-6. a. Hány csupa ülönböz jegyb l álló hatjegy szám épezhet? b. Eze özött a számo özött hány olyan van, amelyiben pontosan négy páratlan számjegy fordul el? a = b. A megfelel esete számát többféleéppen is iszámíthatju. 1. megoldás. Számolju i el ször az összes eset számát, a nullával ezd d eet is vegyü bele. ( 5 4 -féleéppen választhatun i az 5 páratlan számjegyb l négyet, ( 5 -féleéppen vehetjü i az 5 páros számjegyb l a szüséges jegyet, és az így apott 6 jegyet 6!-féleéppen permutálhatju. Eze a választáso egymástól függetlene, tehát az esete számát össze ell szoroznun. Most számolju i azt, hogy az el z eben hány olyan sorozat van, amelyi 0-val ezd di. ( 5 4 -féleéppen választhatju i az 5 páratlan számjegyb l a szüséges 4-et, 4-féleéppen vehetjü i a 0 mellé a mási páros számjegyet, és az így apott 5 jegyet 5!-féleéppen permutálhatju. Eze a választáso egymástól függetlene, tehát az esete számát megint össze ell szoroznun. Az összes eset számából levonju a nullával ezd d e számát: ( 5 4 ( 5 6! ( 5 4 5! = ! 5 4 5! = 5!(300 0 = összes eset nullával ezd d e ( 5 ( 4 5 ( 6! !. megoldás. Most számolju i azt, hogy hány számban van benne a 0, és adju hozzá azona a számát, amelyeben nincs benne a 0. Nézzü el ször azt az esetet, amior benne van a 0. A 4 páratlan számjegyet az 5 lehetséges özül ( 5 4 -féleéppen vehetjü i, a 0 mellé a mási párosat 4-féleéppen, ebb l a 6 számjegyb l az els helyre 5-öt rahatun, mert a 0 nem erülhet oda, a többi 5 helyre a maradé 5 jegyet 5!-féleéppen rendezhetjü el. Nézzü most azt az esetet, amior nincs benne a 0. A 4 páratlan számjegyet az 5 lehetséges özül ( 5 4 -féleéppen vehetjü i, a 0-tól ülönböz

13 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása 13 párosat ( 4 -féleéppen választhatju, a apott 6 jegyet 6!-féleéppen rendezhetjü el: ( ! + 4 ( 5 4 ( 4 6! = ! ! = = 5!( = benne van a 0 + nincs benne a 0 ( 5 ( ! + 5 ( 4 4 6! 3. megoldás. Az el z ehez hasonló meggondolással számíthatju i azona a számát, amelyeben az els helyen páratlan szám áll, és ezt hozzáadhatju azona a számához, amelyeben az els helyen páros szám áll. els helyen páratlan szám áll + els helyen páros szám áll ( 5 ( 4 5 ( 4 5! ( !.3-7. Egy 8-as létszámú osztályban 4 jutalmat osztana i. Hányféleéppen történhet ez, ha a. a jutalma egyenl, és egy tanuló legfeljebb egy jutalmat aphat; b. a jutalma egyenl, és egy tanuló több jutalmat is aphat; c. a jutalma ülönböz, és egy tanuló legfeljebb egy jutalmat aphat; d. a jutalma ülönböz, és egy tanuló többet is aphat? a. ( 8 4 = b. A válasz a övetez ismétléses ombináció. ( C 4,i 31 8 = = 31! = = !7! Ez az érté iszámolható másént is. Négy ülönböz tanuló ( 8 4 -féleéppen aphat jutalmat. 3 ülönböz tanuló 3 (8 3 -féleéppen aphatja meg, ülönböz tanuló 3 (8 -féleéppen, egyetlen tanuló pedig 8-féleéppen aphatja

14 14. Elméleti összefoglaló, példá meg a négy jutalmat. Eze az esete izárjá egymást, így az összes lehet ség száma ezene az értéene az összege. ( ( c. V8 4 = 8! 4! = = ( d. V 4,i 8 = 84 = Egy hegy csúcsára 5 út vezet. Két ember felmegy és lejön. Hányféleéppen történhet ez, ha a ét embert személy szerint nem ülönböztetjü meg, és a. egy utat egy ember használhat legfeljebb egyszer; b. egy út étszer is igénybe vehet, de csa ülönböz irányban; c. nincs semmi megszorítás az útra? A d, e, f érdése ugyanazo, mint az a, b, c, azzal a ülönbséggel, hogy most a ét embert személy szerint megülönböztetjü. a ét embert nem ülönböztetjü meg egy utat egy ember használhat a. C5 C 3 = d. V 5 3 legfeljebb egyszer = ( ( 5 3 = 30 = 10 egy út étszer is igénybe vehet, b. (C5 = e. (V de csa ülönböz irányban = ( ( 5 5 = 100 = 400 nincs semmi megszorítás az útra c. (C,i 5 = f. (V,i = ( 6 = 5 = 65 a ét embert megülönböztetjü 5 = 5 =.3-9. Képezzü az összes olyan hatjegy számot, amelyiben az 1,, 3, 4, 5, 6 számjegye mindegyie szerepel. Meora az így nyert hatjegy számo összege? 1. megoldás Írju fel épzeletben az összes ilyen számot egymás alá. Egy adott oszlopban pl. az 1-es 5! alalommal szerepel (ahányféleéppen a többi 5 helyre a többi 5 elemet el lehet helyezni. Tehát ebben az oszlopban az 1-ese összege

15 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása 15 5! 1. Hasonlóan a -ese összege 5!. Az összes szám összege ebben az oszlopban 5! ( Ez azonban mindegyi oszlopra igaz, így a helyi értéet is gyelembe véve az összes oszlop összege 5! ( ( = = 5! ( = = megoldás Nézzü a övetez összeget: = Ehhez hasonlóan a többi számot is tudju párosítani úgy, hogy ét-ét szám összege legyen. Mivel 6! szám van, a páro száma 6!, a páro összege pedig 6! = Hány olyan ötjegy szám van, amelyine a jegyei a. szigorúan monoton n ne (mindegyi számjegy nagyobb az el tte lev nél; b. monoton n ne (mindegyi számjegy nagyobb vagy egyenl, mint az el tte lev ; c. szigorúan monoton csöenne (mindegyi számjegy isebb az el tte lev nél; d. monoton csöenne (mindegyi számjegy isebb vagy egyenl, mint az el tte lev? a. A felhasználható számjegye 1 és 9 özött lehetne (0-val nem ezd dhet a szám tehát 9 szám özül választhatju i azt az 5-öt, amelyiet felhasználun. Ha azonban a 9 szám özül iválasztun 5-öt, azoat pontosan egyféleéppen tudju úgy elhelyezni, hogy szigorúan monoton növ sorozatot apjun. Tehát az ilyen számo száma annyi, ahányféleéppen 9 számból 5-öt iválaszthatun, vagyis ( 9 5. ( 9 = 9! 5 5!4! = = 14 9 =

16 16. Elméleti összefoglaló, példá b. Annyi az ilyen számo száma, ahányféleéppen 9 számjegyb l 5-öt ismétléssel i lehet választani: C 5,i 9 = C 5 13 = ( 13 = c. Most a 0-t is felhasználhatju, tehát 10 számból ell 5-öt iválasztani, melyeet pontosan egyféleéppen rahatun le szigorúan monoton csöen módon. Az ilyen számo száma tehát ( 10 = 5. 5 d. A monoton csöen számo számát megapju, ha iszámítju azt, hogy 10 számból 5-öt hányféleéppen választhatun i ismétléssel, és ebb l levonun 1-et, mert a csupa nulla nem felel meg a feladat feltételeine: ( C 5,i = 1 = Hány ötjegy számot épezhetün a 0, 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8 számjegyeb l, ha páros helyen páros, páratlan helyen páratlan számjegy áll, s egy elem a. csa egyszer fordul el? b. többször is el fordulhat? a. Az 5 páros számjegyb l ett t ell iválasztanun, miözben a sorrend is számít, ezt V5 -féleéppen tehetjü meg (ismétlés nélüli variáció. A 4 páratlan számjegyb l 3-at, a sorrendet is gyelembe véve V4 3 féle módon választhatun i. A ét választás egymástól független, így a lehet sége száma összeszorzódi. A válasz: V 5 V 3 4 = (5 4 (4 3 = 0 4 = 480 b. A megoldás hasonló az el z höz, de most, mivel ugyanaz a szám többször is el fordulhat, ismétléses variációt ell alalmaznun: V,i 5 V 3,i 4 = = 0 4 = = 1600

17 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása Hányféleéppen lehet tíz számot öt párba rendezni? 1. megoldás. Raju sorba a tíz számot, és az els t párosítsu a másodial, a harmadiat a negyediel, stb. A tíz számot 10!-féleéppen tudju sorba rendezni, de mivel a páro egymás özötti sorrendje nem számít, ezt osztju 5 -nel, valamint, mivel a páro egymáshoz viszonyított sorrendje sem számít, osztju 5!-sal. A eresett érté: 10! 5 5! = = 945. megoldás. Az egyi számot válasszu i a tíz özül. Ehhez párt 9- féleéppen választhatun. Most a többib l újra válasszun i egyet, ehhez párt 7-féleéppen választhatun. A maradéból megint iválasztun egyet, hozzá párt 5-féleéppen választhatun. A maradéból ismét iválasztun egyet, hozzá párt 3-féleéppen választhatun. A maradé ett egymás párja lesz. Eze a lehet sége összeszorzódna, tehát a válasz: = Hányféleéppen lehet 100 reeszben 30 golyót elhelyezni, ha minden reeszben vagy pontosan 6 golyó van, vagy egy sem és a. a golyó egyformá; b. a golyó ülönböz, és minden reeszben gyelembe vesszü a golyó sorrendjét is; c. a golyó ülönböz, de nem vesszü gyelembe a golyó sorrendjét a reeszeen belül? a. ( b. ( c. ( ! 30! 1 6! 5

18 18. Elméleti összefoglaló, példá Határozzu meg, hogy hány metszéspontja van egy n oldalú onvex soszög átlóina. (Csa a soszög belsejében lev metszéspontoat teintjü. Feltételezzü, hogy a soszögne nincs három olyan átlója, amelyine özös pontja lenne. Az átló végpontjai egyértelm en meghatározzá a metszéspontot. Az n csúcsból az egymást metsz átló 4 végpontját ( n 4 ülönböz módon lehet iválasztani Ha az egymástól ülönböz eleme számát -vel megnöveljü, aor a permutáció száma 90-szer nagyobb. Meora az eleme száma? Jelölje az eleme számát n. Eor: Ebb l (n +! = n! 90 (n + 1(n + = 90 n + 3n + 90 = 0 n + 3n 88 = 0 Oldju meg ezt a másodfoú egyenletet. n = 3 ± = 3 ± 19 Csa a pozitív megoldás jöhet most szóba, így n = Hány zérus van 1 000! végén? Képzeljü el 1 000! törzstényez s felbontását. Egy -es és egy 5-ös összeszorzásával 10-et apun, ami a végeredményben egy nullát eredményez. A ettese száma több, mint az 5-ösö száma, tehát, ha az 5-ösöet

19 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása 19 összeszámolju a törzstényez s felbontásban, aor megapju 1 000! végén a nullá számát. Minden ötödi szám osztható öttel (számu [ ] , tehát minden ötödi szám legalább eggyel növeli az 5-ösö számát. Minden 5-ödi szám osztható 5-tel (számu [ ] , tehát minden 5-ödi szám még fejenént eggyel növeli az 5-ösö számát. A 15-ödi számo (számu [ ] és a 65-ödi számo (számu [ ] szintén még egy-egy ötössel járulna hozzá a végeredményhez. Tehát 1 000! végén a nullá száma: [ ] + [ Osztható-e a ] + [ ] [ ] 1000 = = ! (1700! szám 1599-cel? Nézzü 1599 törzstényez s felbontását: Tehát 1599 = Most vizsgálju meg, hogy 3400!-ban a 41 hányszor fordul el tényez ént. Minden 41-edi szám osztható 41-gyel, [ ] ilyen szám van. Minden 41 -edi szám osztható 41 -nel, tehát eze még egy-egy 41-es tényez vel gyarapítjá 3400! törzstényez s felbontását > 3400, ezért ezzel nem ell foglaloznun. 3400!-ban a 41 [ ] + [ ] = 8 + = 84 alalommal fordul el tényez ént. Most azt nézzü meg, hogy 1700!-ban a 41 hányszor fordul el tényez ént. [ ] + [ ] = = 4

20 0. Elméleti összefoglaló, példá 1700!-ban a 41 4-szer szerepel, 1700! -ben pedig 4 = 84-szer. Mivel a számlálóban és a nevez ben is ugyanannyiszor szerepel 41, egyszer sítés után nem szerepel, tehát 3400! (1700! nem osztható 41-gyel és így 1599-cel sem Hányféleéppen lehet feete, 3 fehér, 4 vörös golyót egy sorba rendezni úgy, hogy feete golyó ne álljon fehér golyó mellett? Helyezzü le a négy vörös golyót. Ezután raju le özéjü (eléjüutánu a feetét. Ezt ét ülönböz módon tehetjü meg. I. A feete egymás mellett 5-féleéppen helyezhet el a vörösö özé. A 3 fehér a fennmaradó 4 helyre raható ismétléssel, eze száma C 3,i 4 = C 3 6 = ( 6 = = 0 Tehát összesen 5 0 = 100 ilyen elhelyezés van. II. Ha a feetét nem raju egymás mellé, aor ezt ( 5 = 10 féleéppen tehetjü meg. A 3 fehér a fennmaradó 3 helyre raható ismétléssel, eze száma ( C 3,i 5 3 = C5 3 = = 10 3 Tehát összesen = 100 ilyen elhelyezés van. Az I. és a II. esete száma összesen Valamely játéosna a saversenyen a hetedi forduló után

21 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása 1 5 pontja van. Hányféleéppen jöhetett létre ez az eredmény? (Nyerés 1 pont, döntetlen 0,5 pont, vereség 0 pont. A mér zése sorrendje is számít. Jelölje x a nyerése, y a döntetlene és z a vesztése számát. A övetez összefüggése állna fenn: 0 x 7, 0 y 7, 0 z 7 x + y + z = 7 x + 0, 5y + 0 z = 5 A nyerése, döntetlene és vesztése eloszlása a hetedi forduló végére a övetez lehet: x y z megvalósuláso száma ( 5 7 ( = ( 4 3 = ( = = = 35 összesen Hányféleéppen ülhet le négy házaspár egy ere asztal mellé úgy, hogy a. ét n ne erüljön egymás mellé; b. sem ét házastárs, sem ét n nem ülhet egymás mellé? a. Az egyi n t ültessü le (N 1 a ere asztal bármelyi széére. Ezzel eletezi egy viszonyítási pont. A többi n t N 1-hez épest minden másodi széet felhasználva 3!-féleéppen ültethetjü le. A öztü lév 4 üres szére a 4 fér 4!-féleéppen ülhet le. Az összes leültetés száma: 3! 4! = 6 4 = 144 b. Megint ezdjü N 1 leültetésével, és a többi n t N 1-hez épest minden másodi széet felhasználva leültetjü (3!-féle lehet ség. Most ültessü le sorban a öztü lév 4 üres szére a 4 fért. Tegyü fel, hogy N 1-t l balra N ül. Közéjü csa Fér3-t vagy Fér4-et ültethetjü. Ültessü le el ször Fér3-t. A többi fér csa egyféleéppen ülhet le. (Próbálju i rajzon! Ha

22 . Elméleti összefoglaló, példá Fér4-et ültetjü N 1 és N özé, aor is ugyanez a helyzet. Tehát a n özé a féraat most étféleéppen ültethetjü le. Az összes leültetés száma: 3! = Nyolc labdarúgócsapat egyfordulós örmér zést játszi. Mennyi az egy mér zésre jutó gólátlag, ha az összes mér zésen együtt 4 gólt rúgta? Az összes mér zés száma: ( 8 = 8 7 = 8 A gólátlag: 4 8 = Hány tag van a övetez ifejezése ifejtett alajában az összevonáso után? a. (x + y + z 6 b. (a + b + 5c + d 4 c. (r + s + t + u + v 6 a. 1. megoldás. A ifejtett alaban a tago onstansszor x i y j z alaúa, ahol i + j + = 6. Annyi ilyen tag van, ahányféleéppen 6-ot három csoportba lehet osztani (lehetne üres csoporto is, tehát ahányféleéppen 7 helyre elválasztó jelet el lehet úgy helyezni, hogy a jele egymás mellé is erülhetne, a sorrendjü pedig nem számít. Enne az értée: C,i 7 = ( 8 = 7 8 = 8. megoldás. Ugyanezt az értéet apju, ha azt számolju i, hogy hányféleéppen lehet a 3 csoportból 6-szor választani ismétléssel, s a sorrend most sem számít: C 6,i 3 = C 6 8 = ( 8 = = 8

23 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása 3 b. 1. megoldás.. megoldás. c. 1. megoldás. C 3,i 5 = C 3 7 = C 4,i 4 = C 4 7 = ( 7 = = ! ( 7 = = ! C 4,i 7 = C 4 10 = ( 10 = = megoldás. C 6,i 5 = C 6 10 = ( 10 = = a. Mi az x y 3 z ifejezés együtthatója az (x + y + z 7 ifejtett alajában? b. Mi az x 6 y 3 z ifejezés együtthatója az (x y + 5z 11 ifejtett alajában? a. b. ( 3 5 7!!3!! = = 10 11! = 8 5 = = !3!! 3

24 4. Elméleti összefoglaló, példá.3-4. Hányféleéppen tudun n azonos ajándéot elosztani r gyerme özött a. ha nincs semmi megötés; b. ha minden gyermene legalább egy ajándéot ell adnun? a. Kiszámítju azt, hogy hányféleéppen lehet az n ajándéot legfeljebb r csoportba osztani, miözben lehet üres csoport, aphat egy gyerme több ajándéot is, és a iosztás sorrendje nem számít. 1. megoldás. n + 1 helyre raun le r 1 elválasztó vonalat ismétléssel: ( C r 1,i n + r 1 n+1 = Cn+r 1 = r 1. megoldás. r gyereb l választun n-szer ismétléssel: C n,i r = ( n + r 1 b. Az n ajándéot r csoportba osztju, üres csoport nem lehet, a sorrend nem számít. 1. megoldás. n 1 helyre raun le r 1 elválasztó vonalat: n ( n 1 Cn 1 r 1 = r 1. megoldás. r darab ajándéot el re odaadun, a többit úgy osztju el, hogy az r gyere özül n r-szer választun ismétléssel. C n r,i r ( n 1 = Cn 1 n r = n r.3-5. Adott számú önyvb l 4 önyvet 10-féleéppen lehet iválasztani. Mennyi a önyve száma?

25 .3. Permutáció, variáció, ombináció alalmazása 5 Legyen a önyve száma n. Az n önyvb l 4-et ( n 4 -féleéppen lehet iválasztani, tehát ( n = 10 4 Alaítsu át ezt a ifejezést. Legyen n! 4!(n 4! = 10 n (n 1 (n (n 3 = 4 10 n (n 1 (n (n 3 = 5040 = (n 3n (n 3n + = 5040 ( x = n 3n Eor a (* ifejezés a övetez alaot ölti: amib l Oldju meg ezt az egyenletet. x(x + = 5040, x + x 5040 = 0. ( x 1, = ± 5041 = 1 ± 71 Esetünben csa az x = 70 megoldás fogadható el. Helyettesítsü ezt az értéet (**-ba. n 3n 70 = 0 Most ezt a másodfoú egyenletet oldju meg. n 1, = 3 ± 89 = 3 ± 17 Csa a pozitív megoldást fogadhatju el, így n = 10. Behelyettesítéssel meggy z dhetün róla, hogy ez valóban megoldás.

26 6. Elméleti összefoglaló, példá.4. Reláció, elrendezése száma.4-6. Legyen n pozitív egész szám, és A legyen n-elem halmaz. Az A halmazon nézzü a homogén binér relációat. a. Mennyi az összes reláció száma? b. Hány szimmetrius reláció van? c. Hány olyan reláció van, amelyi egyszerre reexív és szimmetrius? a. A érdést másént is megfogalmazhatju: Mennyi az n pontú olyan irányított gráfo száma, amelyeben nincsene többszörös éle. (Huroéle lehetne. 1. megoldás. Az A A = n elem halmaz összes részhalmazaina a száma a érdés, ez pedig: n. megoldás. Érdemes másént is iszámolni ezt az értéet. I. El ször nézzü azt, hogy egy relációban hányféleéppen lehetne az eleme önmagual relációban (ara típusú eleme. Mindegyi elem esetében lehet ség van, 1. nincs relációban önmagával,. relációban van önmagával. Ez összesen n lehet ség. II. Most nézzü, hányféleéppen lehet ét ülönböz elem egymással relációban (arb típusú eleme. Egy adott a és b pár esetén az alábbi négy eset lehetséges: 1. nincsene relációban,. arb fennáll, 3. bra fennáll, 4. arb és bra is fennáll. Mivel ( n pár van, az összes ilyen lehet ség száma: 4 ( n. Az I. és II. lehet sége egymástól függetlenül valósulhatna meg, így az összes reláció száma: n 4 (n = n(n 1 n = n b. Nézzü az összes szimmetrius reláció (az összes irányítatlan, többszörös él nélüli gráf számát. I. ara lehet ségeine a száma n. (Lásd az a. pontot.

27 .4. Reláció, elrendezése száma 7 II. Most nézzü, hányféleéppen lehet ét ülönböz elem egymással relációban (arb típusú eleme. Egy adott a és b pár esetén most az alábbi ét eset fordulhat: 1. nincsene relációban,. relációban vanna (és eor arb és bra is fennáll. Eze száma összesen (n. Az I. és II. lehet sége egymástól függetlenül valósulhatna meg, így az összes reláció száma: n (n = n+ n(n 1 = n +n c. (n.4-7. Az állatszelidít 5 oroszlánt és 4 tigrist aar ivezetni a porondra, de ét tigris nem jöhet egymás után. a. Hányféleéppen állíthatja sorba az állatoat? b. Hányféleéppen állíthat sorba n oroszlánt és tigrist? Az oroszláno egymás özötti sorrendje is számít, és a tigriseé is, hiszen az állatona is van személyiségü. a. El ször az 5 oroszlánt ell sorba állítani tegyü fel, hogy hagyjá, ez P 5 = 5!-féle lehet ség. Ezután a tigrise 6 helyre erülhetne, a 6 helyb l ell számura 4-et iválasztani, miözben a sorrend is számít. Ez V6 4 = lehet ség. Az oroszláno egymás özötti elhelyezedése és a tigrise egymás özötti elhelyezedése független egymástól, így az el bbi ét értéet össze ell szoroznun. Összesen tehát P 5 V 4 6 = 5! = = 4300 féle módon állhatna az állato sorban. b. n oroszlán és tigris esetén aor van egyáltalán lehet ség az állato sorba állítására, ha n + 1. Eor összesen P n Vn+1 (n + 1! = n! (n + 1! lehet ség van.

28 8. Elméleti összefoglaló, példá.4-8. Hányféleéppen lehet sorba rendezni n nullát és egyest úgy, hogy ét egyes ne erüljön egymás mellé? 1. megoldás. El ször helyezzü el az n nullát. Eor a egyes számára n + 1 hely van. Az n + 1 helyb l ell darabot iválasztani úgy, hogy a sorrend nem számít. Enne a száma: ( n + 1 Cn+1 =. megoldás. El ször a egyes özé leraun ( 1 nullát, majd a többi n + 1 nullát + 1 helyre leraju ismétléssel: ( C n +1,i n = C n n +1 1 = Cn +1 n+1 = = n + 1 ( n a. A önyvespolcon 1 ülönböz önyv áll. Hányféleéppen lehet özülü iválasztani 5-öt úgy, hogy eze özött ne legyene egymás mellett álló? b. Hányféleéppen lehet n önyv özül darabot iválasztani úgy, hogy eze özött ne legyene egymás mellett álló? a. Alalmazzu az el z feladat eredményét. A iválasztott önyvhöz 1- est rendelün, a többihez 0-t, és ét 1-es nem lehet egymás mellett. Tehát 5 db 1-est és 7 db 0-t ell elhelyeznün az adott módon. A eresett érté: ( 8 = 56 5 b. Aor lehet n önyv özül darabot az adott módon iválasztani, ha: n + 1, vagyis 1 n.

29 .4. Reláció, elrendezése száma 9 Eor a eresett érté: ( n a. Artúr irály ereasztalánál 1 lovag ül. Mindegyiü hadilábon áll a szomszédaival. Öt lovagot ell iválasztani, ai iszabadítjá az elvarázsolt hercegn t. Hányféleéppen tehetjü meg ezt úgy, hogy ne legyene ellensége az öt lovag özött? b. Ha a ereasztal örül n lovag ül, hányféleéppen választhatun i özülü lovagot, ai özött nincsene szomszédo? a. Visszavezetjü a feladatot az el z el ttire. A ereasztal örül viszonyítási pontot választun, mépedig Sir Lancelotot. Kétféle helyzetet vizsgálun meg. Az egyiben Sir Lancelot is a iválasztott lovago özött van, a másiban nincs. I. Ha Sir Lancelot a iválasztott lovago özött van, aor még további 4 lovagot ell választanun 9 özül (Sir Lancelot ét szomszédja nem választható. Az 5 nem választott lovaghoz rendeljü a 0-t, a 4 választotthoz az 1-et. Az esete száma: ( 6 4 II. Ha Sir Lancelot nincs a iválasztott lovago özött, aor 5 lovagot ell választanun 11 özül. A 6 nem választott lovaghoz rendeljü a 0-t, az 5 választotthoz az 1-et. Az esete száma: ( 7 5 Az összes lehet ség számát megapju, ha az egymást izáró I. és II. esete számát összeadju: ( ( 7 = = 36 5

30 30. Elméleti összefoglaló, példá b. Válasszun most n lovag özül nem szomszédos lovagot. Csa aor tudun a feltételne megfelel en lovagot iválasztani, ha n. I. Ha Sir Lancelot öztü van, aor még n 3 lovag özül ell 1-et választanun, a nem választott n lovaghoz rendelün 0-t, a iválasztott 1 lovaghoz pedig 1-t. A lehet sége száma: ( n 1 1 II. Ha Sir Lancelot nincs öztü, aor n 1 lovag özül ell lovagot választanun. A nem választott n 1 lovaghoz rendelün 0-t, a iválasztott lovaghoz 1-et. A lehet sége száma: ( n Az összes lehet ség számát megapju, ha az egymást izáró I. és II. esete számát összeadju: ( ( n 1 n + = 1 (n 1! (n! + ( 1!(n!!(n! = ( (n! =!(n! n + 1 = n ( n n.5. Bolyongás, számo felbontása, leépezése száma Bolyongás. Egy szöcse ugrál a számegyenes mentén, egy ugrása 1 egység. Ezt vagy jobbra, vagy balra teszi meg. a. Hányféleéppen juthat el a 0 pontból a +8 pontba, ha 18-at ugri?

31 .5. Bolyongás, számo felbontása, leépezése száma 31 b. Az origóból induló szöcse n ugrás után hányféleéppen juthat el a számegyenes 0 pontjába? a. Ha a szöcséne a +8-as pontba ell eljutnia, aor az ugráso özül 8 jobbra ugrás, a többi fele (5 jobbra, fele (szintén 5 balra ugrás. A érdés az, hogy az összesen 13 jobbra ugrást hányféleéppen lehet iválasztani a 18 ugrásból. Erre a válasz: ( De a érdést feltehetjü úgy is, hogy az 5 balra ugrást hányféleéppen lehet iválasztani a 18 ugrásból. Erre a válasz ( 18, 5 ami megegyezi az el z vel. b. Nyilván n, valamint n és azonos paritású ell legyen ahhoz, hogy a szöcse meg tudja oldani a feladatot. Most a jobbra ugráso száma: + n, a balraugráso száma pedig: n. Az összes lehet ség száma: ( n + n = ( n n+ = ( n n.5-3. Hányféleéppen lehet 100-at három pozitív egész összeadandó összegére felbontani, ha az egymástól csupán az összeadandó sorrendjében eltér megoldásoat a. ülönböz ne teintjü;

32 3. Elméleti összefoglaló, példá b. nem teintjü ülönböz ne? a. A 100-at jelenítsü meg 100 golyóval, és a öztü lév 99 hely özül ett re helyezzün választóvonalat. Az els választóvonal el tti golyó száma adja az els összeadandót, az els és másodi választóvonal özöttie száma a másodiat, és a másodi választóvonal utánia száma szolgáltatja a harmadi összeadandót. A érdés az, hogy 99 helyb l hányféleéppen választhatun ett t a választóvonala számára (a sorrend nem számít. A válasz: ( = = = 4851 b. Az a. pontban összeszámolt felbontáso özött például az el fordul alaban is, stb., összesen 3!=6 ülönböz sorrendben. Az ilyen felbontáso esetén most a 6 özül csa egy alara van szüségün. Az ilyen típusú felbontáso (tehát amior mindhárom összeadandó ülönbözi száma legyen u. Az felbontás az a. pontban 3-szor lett összeszámolva, mert 3 ülönböz sorrendben írhatju ezeet a számoat. Az ilyen típusú felbontáso (tehát amior ét összeadandó azonos, a 3. ülönbözi t lü száma legyen v. Ez az érté annyi, ahány páros szám van -t l 98-ig, tehát v = 49. Az a. pont eredményét felhasználva Ebb l 6u + 3v = u = = = = 784. Neün az u + v értéére van szüségün, ami u + v = = = Hány megoldása van az x + y < 100 egyenl tlenségne, ha x, y egésze?

33 .5. Bolyongás, számo felbontása, leépezése száma 33 x lehetséges értéei y számára ennyi lehet ség van ± ± Összesen tehát ± ±99 1 (y = = 99( = = megoldás van Hányféleéppen lehet az egymilliót három pozitív egész tényez szorzatára bontani, ha az egymástól csa a tényez sorrendjében ülönböz megoldásoat a. ülönböz ne teintjü; b. nem teintjü ülönböz ne? (Szorzótényez az 1 is lehet. a. Most számolju i az összes eset számát, azoét, amelyeben a tényez sorrendjében ülönböz megoldásoat is ülönböz ne teintjü. Nézzü egymillió törzstényez s felbontását: 10 6 = El ször a 6 darab -es tényez t osztju minden lehetséges módon három csoportba, majd ugyanezt tesszü a 6 darab 5-ös tényez vel is. A 6 darab -es tényez t raju egymás mellé, és az így eletez 7 helyre (mindegyi el tt és a 6. után, valahova leraun pálciát, aár mindett t ugyanarra a helyre. Ez a ét pálcia ijelöl 3 csoportot (az els el ttie, a ett özöttie és a másodi utánia, lehet üres csoport is. Ahány -es van egy-egy csoportban, annyi fog a megfelel tényez be erülni, az üres csoport az egyes szorzótényez t jelenti. A 7 helyre pálciát C,i 7 = ( 8 = 7 8 = 8

34 34. Elméleti összefoglaló, példá féle módon rahato le, mivel ugyanarra a helyre erülhet mind a ett, és a sorrend nem számít. Ugyanerre az eredményre juthatun az alábbi meggondolással is. Kiszámolju azt, hogy hányféle módon tudun a három helyb l 6-szor ismétléssel választani: C 6,i 3 = ( 8 = = 8 A 6 darab 5-ös tényez felosztása az el bbit l függetlenül ugyanígy 8 eset, az összes eset száma: 8 8 = 784 b. Most számolju i azon esete számát, amelyeben csupán a tényez sorrendjében ülönböz megoldásoat nem teintjü ülönböz ne. Legyen u azona a száma, amelyeben 3 ülönböz szorzótényez van. Eze az el bbi pontban 3! = 6-szor lette gyelembe véve. Legyen v azona a száma, amelyeben azonos szorzótényez van, a harmadi más. Eze az el bbi pontban 3-szor szerepelne. Legyen z azona a száma, amelyeben 3 azonos szorzótényez van. Ilyen összesen egy van (z = 1. Az el bbi pontban ez egyszer lett gyelembe véve. Számolju i a v értéét. Az ilyen számoban a ét azonostól ülönböz harmadi tényez ben a és az 5 itev je páros, eze ( i 5 j alaúa. Szerepel benne a 0,, 4, 6 valamelyie, ez 4 lehet ség, és szerepel benne az 5 0, 5, 5 4, 5 6 valamelyie is, ami szintén 4 lehet ség. A ét érté szorzatából le ell vonnun 1-et, mert az enne megfelel szám, amior mindhárom tényez egyforma, a z értéében lett gyelembe véve. Tehát: v = = 15 Az a. pontban, eze a számo a övetez módon jelentezne: 6u + 3v + z = 784 Ebb l: u = v z 6 = = 13 A eresett szám, ahányféleéppen egymilliót 3 tényez re bonthatju úgy, hogy a csupán a tényez sorrendjében ülönböz megoldásoat nem teintjü ülönböz ne: u + v + z = = 139

35 .5. Bolyongás, számo felbontása, leépezése száma a. Tegyü fel, hogy A = n és B =. Hány A B függvény van? b. Tegyü fel, hogy A = B = n. Hány A B bijeció van? c. Tegyü fel, hogy A = n és B =. Hány A B injeció van? d. Hány szigorúan monoton növ {1,,..., } {1,,..., n} függvény van? a. A minden egyes eleméhez B bármelyi elemét rendelhetjü a elem özül. Eze a hozzárendelése egymástól függetlene, tehát a lehet sége számai összeszorzódna. Az összes hozzárendelés száma:... = n b. A elemeit rendezzü valamilyen sorba, és ne változtassun ezen a sorrenden. B elemeit is rendezzü tetsz leges módon sorba. A és B megfelel elemeit rendeljü egymáshoz (A els eleméhez B els elemét, A másodi eleméhez B másodi elemét, stb.. Így apun egy bijeciót. Most B elemeine vegyü egy mási sorrendjét, és megint rendeljü egymáshoz A és B megfelel elemeit. Annyi bijeciót apun, ahány sorrendje van B elemeine, tehát: n! c. Ha n >, aor nulla az injeció száma. Legyen most n, és A elemeit rendezzü valamilyen sorba. A els eleméhez B bármelyi elemét rendelhetjü, ez lehet ség. A másodi eleméhez nem rendelhetjü azt az elemet, amit az el bb felhasználtun. Marad 1 lehet ség. A harmadi eleméhez már csa elemet rendelhetün, stb. A lehet sége számai összeszorzódna, s így az összes injeció száma: ( 1 ( n + 1 = V n =! ( n! d. B elemei özül válasszun i darabot, és A elemeihez rendeljü hozzá ezeet szigorúan növev módon. Annyi ilyen függvény van, ahányféleéppen B elemei özül darabot i lehet választani: ( n

36 36. Elméleti összefoglaló, példá Hány olyan hatjegy számsorozat van, amelyiben van valahol egymás mellett ét azonos számjegy (0-9-ig bármi? 1. megoldás. Az összes hatjegy számsorozat száma: 10 6 Azona a száma, amelye nem felelne meg, amelyeben tehát egymás mellett sehol sincs ét azonos számjegy: Az els értéb l vonju le a másodiat, így megapju a eresett értéet: = megoldás. (Németh László rimaszombati, valamiori ELTE-s hallgató megoldása. A feladatot logiai szita módszerrel oldju meg. Képzeljü el az összes, a feltételene megfelel számot, és ha ét szomszédos számjegy megegyezi, aor rajun özéjü egyenl ségjelet. Például esetén 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0. Van olyan szám, amelyiben csa egy helyen szerepel egyenl ségjel, van olyan, amelyiben 5 helyen is az áll. Készítsün ilyen számoat a övetez éppen. A 6 szám özé valahova rajun egyenl ségjelet, aor az utána szerepl számjegy meg fog egyezni az el z vel, tehát már csa 5 helyre ell számjegyet írnun. Ezt ülönböz módon tehetjü meg. Az olyan számoat azonban, amelyeben ét helyen is szerepel egyenl ségjel, étszer is összeszámoltu, ezene a számát tehát le ell vonnun. ( Az olyan számoat, amelyeben három helyen is szerepel egyenl ségjel, túl soszor vontu le, vissza ell tehát adnun.... A megoldás: ( ( ( (

37 .6. Logiai szita Logiai szita Hány olyan n jegy szám van (n 3, amelyi csupán az 1,, 3 számjegyeet tartalmazza, de mindegyiet legalább egyszer? Összesen 3 n n jegy számot észíthetün az 1,, 3 számjegye felhasználásával. Eze özött azonban vanna olyano, amelye legfeljebb ét számjegy felhasználásával észülte, eze száma: 3 n. Ezt az értéet az el bbib l le ell vonnun. Vanna azonban olyan számo (a csupa 1, csupa és a csupa 3, amelyeet el ször egyszer vettün gyelembe, majd étszer vontun le. Eze számát vissza ell adnun. A eresett érté: 3 n 3 n + 3. Megjegyzés. Lényegében a logiai szita módszert alalmaztu, ahol a résztvev halmazo a övetez : A 1 azoat a számoat tartalmazza, amelyeben az 1-es nem szerepel, A azoat, amelyeben a -es nem szerepel, A 3 pedig azoat, amelyeben a 3-as nem szerepel Egy ismer sünne el aarun üldeni nyolc ülönböz fényépet. Hányféleéppen tehetjü ezt meg, ha pontosan 5 ülönböz borítéot aarun felhasználni? 1. megoldás. Alalmazzu a logiai szita módszert, az A i halmaz azoat a (neün nem megfelel eseteet tartalmazza, amior az i-edi boríté nem erül felhasználásra.

38 38. Elméleti összefoglaló, példá legfeljebb ennyi esete száma a felhasznált borítéo hányféleéppen borítéot használun választható i az összes özül ( ( ( ( ( 5 1 A eresett érté: ( ( ( ( ( = megoldás. Raju sorba a borítéoat. Nézzü meg, hogy hányféleéppen tudju a nyolc fényépet öt csoportba osztani úgy, hogy mindegyi csoportban legyen legalább egy fényép. A három lehet séget az alábbi táblázat els oszlopában látju. Gondolatban írju fel a borítéora, hogy melyibe hány fényép fog erülni. Osszu el enne megfelel en a fényépeet (másodi oszlop, eor a csoporto sorrendje is számít. Majd nézzü meg, hogy az adott számoat a borítéora hányféleéppen írhatju fel (harmadi oszlop. Az összes eset számát megapju, ha a másodi és a harmadi oszlopban lev értéeet összeszorozzu egymással. hány fényép hányféleéppen hányféleéppen erül oszthatju el erülhetne összes lehet ség egy-egy a fényépeet az adott számo borítéba a borítéora 8! 8! ! 5 4! 5 = ! 5! 8! !! 3! 3!! 5! 3! = ! 5! 8! 1 1 3! 5! 3! = összesen

39 .6. Logiai szita Az 5-ös számrendszerben a legfeljebb 8 jegy számo özött hány olyan van, amelyine a jegyei özött az 1,, 3, 4 legalább egyszer el fordul? Alalmazzu a logiai szita módszert. Az 5-ös számrendszerben 5 8 legfeljebb 8 jegy szám van. Ebb l azonban i ell vonnun azona a számát, amelyehez az 1,, 3, 4 számjegye özül legfeljebb 3-at használun fel, s így a 0-val együtt legfeljebb 4 számjegyb l állna ( ( , vissza ell adnun azona a számát, amelyehez az 1,, 3, 4 számjegye özül legfeljebb -t használun fel, s így a 0-val együtt legfeljebb 3 számjegyb l állna ( ( 4 38, stb. Összesen a eresett számo száma: 5 8 ( ( ( ( = Hány A B szürjeció van, ha A = n, B =? Ha n <, aor nincs egy sem. Legyen most n, és alalmazzu a logiai szita módszerét. n ( ( 1 n + 1 ( ( n ( ( ( 3 n ( n (Kovács Géza egyori ELTE-s hallgató példája. 4 házaspár hogyan helyezhet el egy ere asztal örül úgy, hogy házastársa nem erülne egymás mellé. A logiai szita módszerrel oldju meg a feladatot. Az A i, i = 1,, 3, 4 halmazba azo a (számunra nem edvez esete erülne, amelyeben az i-edi férj és feleség egymás mellett ülne. Az összes eset száma 7!. Ha egy házaspár egymás mellett ül (a többi lehet, hogy egymás mellett ül, lehet, hogy nem, aor az egymás mellett ül pár ( 4 1 -féleéppen választható i, a pár és a többi 6 ember a ere asztal örül 6!-féleéppen ülhet le, és a pár egymáshoz épest -féleéppen helyezedhet el, tehát ezene az esetene a száma ( 4 1 6!. A többi eset hasonló módon számolható i. Az összes eset száma: 7! ( 4 6! + 1 ( 4 5! ( 4 4! ( 4 3! 4 = 4

40 40. Elméleti összefoglaló, példá = = Hány ötjegy szám alotható a. csupa egyenl számjegyb l; b. ét ülönböz számjegyb l; c. három ülönböz számjegyb l; d. négy ülönböz számjegyb l; e. öt ülönböz számjegyb l? a. 9 b. El ször vegyü gyelembe azoat a számsorozatoat is, amelye nullával ezd dne. Azt a ét számjegyet, amelyiet felhasználju az ötjegy számo épzésére, ( 10 -féleéppen választhatju i. A iválasztott ét jegyb l 5 olyan sorozatot épezhetün, amelyiben mindét jegy szerepel. Összesen tehát ( 10 ( 5 sorozatot aphatun, ezene a ed része olyan, amelyi nem nullával ezd di. A megoldás: ( 9 10 ( 5 = (5 = 81( 4 1 = = 1 15 c. El ször gyelembe vesszü azoat a számsorozatoat is, amelye nullával ezd dne. Azt a három számjegyet, amelyiet felhasználju az ötjegy számo épzésére, ( féleéppen választhatju i. A iválasztott három jegyb l olyan sorozatot épezhetün, amelyiben mindhárom jegy szerepel. Összesen tehát ( 10 3 ( sorozatot aphatun, ezene -ed része olyan, amelyi nem nullával ezd di. A megoldás a 9 10 ( 9 10 ( = ( = d. 1. megoldás. A 10 számból azt a 4-et, amelyiet felhasználun, ( féleéppen választhatju i. ( 5 -féle módon választhatju i azt a helyet, melyeen van ismétl dés. 4-féleéppen választhatju i azt a számjegyet, amelyi ismétl di. A nem ismétl d 3!-féle módon rendezhet el: 9 10 ( 10 4 ( 5 4 3! = = =

41 .7. Kártya 41. megoldás. Ugyanezt az értéet az alábbi módon is iszámíthatju: 9 10 ( ( ( e. 1. megoldás.. megoldás = ( ( ( ( ( ( Megjegyzés. Az összes ötjegy szám ( darab, az el z 5 pont valamelyiében (pontosan egyszer szerepel, tehát a + b + c + d + e = Ezt is felhasználhatju a számításo során..7. Kártya Az 5 lapos francia ártyában négy szín ( r, pi, áró, tre és mindegyib l 13 darab van. Mindegyi színb l négy gura (ász, irály, dáma, bubi, ilenc pedig -t l 10-ig számozott. a. Négy játéosna lapot osztva hány ülönböz leosztás van? b. Hány olyan leosztás van, ahol minden játéosna van ásza? c. Hány olyan leosztás van, ahol minden ász egy ézbe erült? a. 1. megoldás. Raju sorba a ártyáat (5! sorrend, és az els 13 lapot az els játéosna adju, a másodi 13 lap a másodi játéosé, stb. Mivel mindegy, hogy egy-egy játéos milyen sorrendben apta a ártyáat, ezért az el bbi értéet osztju (13! 4 -nel. A eresett érté: 5! = (13! 4

42 4. Elméleti összefoglaló, példá. megoldás. Ugyanehhez a megoldáshoz eljuthatun a övetez gondolatmenettel is. Az 5 lapból iválasztun 13-at ( ( 5 13 lehet ség, és az els játéosna adju. A maradé 39 lapból iválasztun újra 13-at ( ( lehet ség, és ezt a másodi játéos apja. A maradé 6 lapból iválasztun megint 13-at ( ( 6 13 lehet ség, ezt a harmadi játéos apja. A hátralév 13 lapból iválasztun megint 13-at ( ( 13 lehet ség, ezt a negyedi játéos apja. Az esete száma összeszorzódi, a megoldás: ( 5 13 ( ( 6 13 ( b. Mindegyi játéosna adun egy-egy ászt (4! lehet ség, és a többi 48 ártyából adun mindegyi játéosna 1-1 darabot. Az összes eset száma: 4! 48! = (1! 4 c. A 4 ászt odaadju az egyi játéosna (4 lehet ség, a megmaradt ártyából pedig 9-et megap ez a játéos, a többine jut: 4 48! (13! 3 = !.8. Binomiális tétel és alalmazása Binomiális tétel. Legyen n természetes szám, x, y pedig tetsz leges omplex számo. Eor (x+y n = ( n 0 y n + ( n 1 xy n 1 + ( n x y n ( n x y n ( n x n. n Helyettesítsün x és y helyébe is 1-et. Az alábbi összefüggéshez jutun: ( n + 0 ( n + 1 ( n ( n ( n = n n

43 .8. Binomiális tétel és alalmazása 43 Ha az x = 1 és az y = 1 helyettesítést alalmazzu, aor pedig a övetez összefüggéshez jutun: ( n 0 ( n 1 + ( n... + ( 1 ( n Határozzu meg a övetez összeget: ( n ( n Jelölje a eresett összeget S. ( n S = 3 1 A binomiális tételt alalmazva: + 3 ( n ( n ( 1 n = 0 n n ( n n S + 1 = (3 + 1 n ( n n n Ebb l S + 1 = 4 n S = 4 n Határozzu meg a övetez összeget: 1 1! +! + 3 3! n n! Jelölje a eresett összeget S. S = 1 1! +! + 3 3! n n! Adju hozzá S-hez az ifejezést: 1! +! + 3! n! S + 1! +! + 3! n! =! + 3! n! + (n + 1! Ezt rendezzü: S = (n + 1! 1

44 44. Elméleti összefoglaló, példá Bizonyítsu be, hogy ( n + 1 ( n + 3 ( n (n 1 Jelölje a eresett összeget S : S = ( n + 1 ( n (n 1 ( ( n n + n = n n 1 n 1 n ( ( n n + n n 1 n Az ( ( n n = n azonosságot alalmazva S így is felírható: ( ( ( n n n S = n + (n n S ét ülönböz alaját adju össze: S = n (( n + 0 ( ( n n n 1 ( n +. n 1 ( n = n n, n amib l S = n n Bizonyítsu be, hogy igaz a övetez egyenl ség: ( n + ( n ( n ( ( n + m n + m + 1 = + 1 m szerinti teljes inducióval bizonyítun. Felhasználju az ( ( n n + = + 1 ( n ( n + 1

45 .8. Binomiális tétel és alalmazása 45 összefüggést. I. m = 0-ra teljesül az állítás: ( n = ( ( n + 1 n II. Belátju, hogy ha m 1-re fennáll az összefüggés, aor m-re is (tehát teljesül az öröl dés. m-re felírju a ifejezés bal oldalát. (( n + ( n ( n ( n + m 1 + ( n + m = A zárójelben lév ifejezésbe beírju az induciós állítás alapján az ( ( ( n+m +1 n +1 ifejezést. = (( ( n + m n Ezt tovább alaítva megapju m-re a jobb oldalt. ( n + m ( n + m = ( n + 1 I. és II. alapján minden pozitív m-re teljesül az összefüggés.

46 3. Ajánlott irodalom Bartha GáborBogdán ZoltánCsúri JózsefDuró Lajosnédr. Gyapjas Ferencné dr. Kántor Sándornédr. Pintér Lajosné: Matematia feladatgy jtemény I. a özépisolá tanulói számára /I (sárga csíos Nemzeti Tanönyviadó, Budapest, 00 Dringó László Kátai Imre: Bevezetés a matematiába Tanönyviadó, Budapest, 198 Elees György: Kombinatoria feladato ELTE Budapest, 199 Hajnal Imre-dr. Nemetz Tibordr. Pintér Lajos: Matematia Gimnázium III. osztály (faultatív B változat Tanönyviadó, Budapest, 1983 Hajnal Péter: Elemi ombinatoriai feladato Polygon Szeged, 1997 Járai Antal: Bevezetés a matematiába ELTE Eötvös Kiadó, 005 Láng Csabáné: Bevezet fejezete a matematiába I. ELTE Budapest, 1997 N. J. Vilenin: Kombinatoria M szai Könyviadó, Budapest, 1987 L. Ziermann Margit: Valószín ségszámítás Középisolai szaöri füzet Tanönyviadó, Budapest, 1967