Véges matematika 1/III. normál gyakorlat

Átírás

1 Véges matematia 1/III normál gyaorlat Emléeztető (logiai szitaformula a dobju i a rosszat elv általánosításaént: Legyen A 1, A 2,,A n H Eor H \ (A 1 A n = H ( A 1 + A A n + ( A 1 A A n 1 A n ( A 1 A 2 A A n 2 A n 1 A n + + ( 1 ( A 1 A + + A n +1 A n + + ( 1 n A 1 A n, ahol tehát a -adi zárójeles ifejezésen az A 1,,A n halmazo összes lehetséges -as metszete pontosan egyszer szerepel (Ilyen -as metszetből ( n darab van Szummás alaban is fölírhatju (ez egyenértéű az előző imondással; bármelyi teljes értéű: H \ (A 1 A n = H + n ( 1 =1 1 i 1 <i 2 < <i n A i1 A i2 A i (Itt az első szummában a futóindex azt jelenti, hogy hány halmazt metszün össze, a ( 1 az alalmas előjelet biztosítja, a másodi szummában pedig az összegzés az indexe összes lehetséges -asára (i 1,,i megy (Ha a szumma nem a szoásos módon valamettől valameddig megy, aor a szumma alá írju az indexe által bejárandó tartományt; pl ha X = {1, 2, 4, 5, 7}, aor i 3 = i X, i prím Fontos, hogy jól értsü a formulát! Illusztrációéppen fölírju a formulát ettő, három, illetve négy rossz halmaz estére (ez nem része a formula imondásána, csa a megértést elősegítendő áll itt Feltesszü, hogy a szóban forgó A i halmazo mindig részhalmazai a H alaphalmazna H \ (A 1 A 2 = H ( A 1 + A 2 + A 1 A 2 H \ (A 1 A 2 A 3 = H ( A 1 + A 2 + A 3 + +( A 1 A 2 + A 1 A 3 + A 2 A 3 A 1 A 2 A 3 H \ (A 1 A 2 A 3 A 4 = H ( A 1 + A 2 + A 3 + A 4 + +( A 1 A 2 + A 1 A 3 + A 1 A 4 + A 2 A 3 + A 2 A 4 + A 3 A 4 ( A 1 A 2 A 3 + A 1 A 2 A 4 + A 1 A 3 A 4 + A 2 A 3 A 4 + Emléeztető (és illusztráció vége + A 1 A 2 A 3 A 4 1 Hányféleéppen tehetün be 30 szál virágot ülönböző színű vázába, ha a virágo a egyformá; b egyformá, és minden vázába ell jutnia legalább egyne; c ülönböző; d ülönböző, és minden vázába ell jutnia legalább egyne? Megoldás: a Ismétléses ombináció (30 iválasztójel, 9 elválasztójel, tehát ( b Először minden vázába tegyün egy-egy virágot (mivel egyformá, lényegtelen, hogy mely virágot osztju i itt, majd a maradé 20 virágot a a feladat szellemében iosztju Tehát a megoldás ( 29 c Virágonént döntési lehetőségün van, tehát 30 d (Itt nem volna jó, ha első örben minden vázába tennén egy-egy virágot, mert a végeredményben nem tudju megülönböztetni az első örös virágoat a ésőbb iosztottatól, míg a számolt döntési sorozatoban ez doumentálva volna Az összes lehetséges iosztás halmazát jelölje H, és legyen A i azon iosztáso halmaza, amelyenél az i váza üresen marad, 1 i (Tehát pl az A 5 -ben levő iosztáso azért rossza, mert az ötödi váza üresen marad A jó iosztáso halmaza tehát H \ (A 1 A 2 A H = 30 (lásd c A i = 9 30 (függetlenül az i-től, hiszen virágonént 9-féleéppen dönthetün (az i váza üresen ell maradjon A i A j = 8 30, mert jelenleg ét váza tiltott (az i és a j Hasonlóéppen egy -as

2 metszetne ( 30 eleme van ( váza tiltott Általában -as metszetből ( darab van, eze elemszáma mind ugyanaora A szita-formula szerint tehát H \ (A 1 A 2 A = = 30 =1 ( ( ( 1 2 ( ( 1 ( 30 = =0 ( ( ( 1 ( ( 1 ( 30 Kiegészítő magyarázat ( mese : a szummás alao csa tömörítése, a válasz teljes értéű azo nélül is Vegyü észre, hogy az utolsó tag ( = -re persze nulla, hiszen nincs olyan iosztás, amelynél mind a váza üresen maradna A = 0 pedig anna felel meg, amior nincs tiltott váza, így nem meglepő, hogy ( 1 0( 0 ( 0 30 = 30, pont az összes iosztáso számát apju 2 Hány olyan 20 hosszúságú ocadobás-sorozat van, amelyben a van 1-es? b pontosan három darab 1-es szerepel? c legfeljebb egy darab 2-es szerepel? d 4 ülönböző szám alotja, és mindegyiből 5 szerepel? e van 1-es és 2-es is? f az 1, 2,,6 számo mindegyie szerepel? Megoldás: a ( Dobju i a rosszat: b Kiválasztju a három egyes helyét, többit feltöltjü más dobásoal: c Azaz 0 vagy 1 darab, esetszétválasztással: ( d Kiválasztju a négy számot, majd az innentől fogva adott észletet sorbaraju: ( 6 20! 4 e Dobju i a rosszaat, de ompenzálju (5! 4 a étszer idobottaat (mini szita: f Szitaformulával: legyen A az összes, A i pedig azon dobássorozato halmaza, melyben nem dobtun i-t (1 i 6 Eor A i = 5 20, A i A j = 4 20 stb (bármely -as metszet elemszáma (6 20, így a szitaformula alapján a válasz A \ (A 1 A 6 = ( = 6 =0 ( 1( 6 ( Hány olyan 12 betűs szó észíthető az a, a, b, b, c, c, d, d, e, e, f, f betűből, melyben a szomszédos betű nem lehetne egyformá? Megoldás: Rossz: ha valamelyi betűpár egymás mellett szerepel, ami hatféle szempont Legyen H a fenti eleme összes sorrendjeine halmaza, továbbá legyen A 1 H azon sorrende halmaza, ahol a ét a betű egymás mellett van, A 2 H azon sorrende halmaza, ahol a ét b betű egymás mellett van, stb, A 6 H pedig a ét f- et egymás mellett elhelyező sorrende halmaza Ismétléses permutációval H = 12!/2 6 ; a ragasztós módszerrel pedig A i = 11!/2 5 bármelyi 1 i 6-ra A ettes metszetenél ettőt ragasztva A i A j =!/2 4 bármely 1 i < j 6-ra, és általában bármelyi -as metszet elemszáma (12!/2 6 A szitaformula alapján H \ {A 1 A 6 } = 12! ! ( 6 2! ( ( 1 (12! Ugyanez szummás alaban (nem muszáj felírni; a azt jelenti, hogy hány betűpár szerepel egymás melletti helyen: 6 ( 6 ( 1 (12! 2 6 =0 4 Valai vatában tűet szúr egy 1m oldalhosszúságú rombusz alaú táblába, melyne az egyi belső szöge 120 -os Legevesebb hány tű beszúrása után lesz bizonyosan négy olyan tű a táblában, melye páronénti távolsága a legalább egy méter? b legfeljebb egy méter? Megoldás: a Ezt soha nem garantálhatju, aárhány tűt beszúrhatun egymáshoz nagyon özel b Természetes módon felosztva a táblát ét darab, 1m oldalhosszúságú szabályos háromszögre, a satulyaelv szerint 7 > 3 2 tű esetén valamelyi háromszögben bizonyosan lesz legalább négy tű Eze páronénti távolsága legfeljebb 1m Ezzel még nincs ész a feladat, mert meg ell mutatnun, hogy hat tű azonban nem garantálja ezt: ha 3-3 tű erül a tábla ét távolabbi sarához, aor bármely négy tűt iválasztva biztosan lesz öztü ettő, melye ülönböző sarohoz vanna özel, és így a távolságu több mint egy méter 5 Hány olyan -betűs szó van, melyben 3 a, 5 b és 2 c szerepel, de a ét c nincsen egymás mellett? ( 6 6 6! 0 30

3 ! Megoldás: önnyű megszámolni 5! 3! 2! 9! 5! 3! : az összesből idobju azoat, melyeben a ét c egymás mellé erül, amit ragasztással 6 18 egyforma alaú, még színtelen arácsonyfadíszt szeretnén megfesteni Hányféleéppen tehetjü meg ezt, ha ötféle festéün van? Megoldás: Ismét azt ell megmondani, hogy melyi színűből mennyi díszt aarun festeni, tehát n = 5 ülönböző dologhoz (színe rendelün számoat, összesen = 18 összegűeet Ezt tehát ( ( = féleépp tehetjü meg (Úgy is épzelhetjü, hogy boltban ötféle arácsonyfadíszt árulna, és mi abból aarun veni 18-at; az eredmény teintetében mindegy, hogy festün vagy vásárlun 7 Egy édesipari vállalat ínálatában nyolcféle ülönböző bonbon található, melye özül négy szögletes, négy pedig ere alaú a A vállalat ajándécsomagjaina mindegyiébe 30 szem bonbont válogatna a cég nyolcféle édességéből úgy, hogy minden fajtából legalább ettő erüljön a zacsóba Hányféle csomagot állíthatna össze? b A cég termémintáját egy ör alaú dobozban szervírozza, melyben örben helyezedi el a nyolcféle desszertből egy-egy darab (özépen nincs Hányféleéppen rendezheti el a bonbonoat a dobozban, ha szögletes és ere bonbono felváltva soraozna, és a forgatással egymásba vihető elrendezéseet azonosna teintjü? Megoldás: a Mindegyiből ettőt beraun, marad = 14 szabadon választható további bonbon a nyolc fajtából; ez a gombóc-pálcia módszerrel (ismétléses permutáció 14 gombóc, 7 pálcia sorrendjeine száma, azaz ( b Jelöljün i egy tetszőleges bonbont, pl egy szögleteset A forgathatóság miatt föltehető, hogy ez a legfölső pozícióban (12 óránál van a dobozban Innentől ezdve örben haladva fölváltva ell ere és szögletes bonbont választanun a helyere, ami = 4 (3! 2 lehetőség Más megoldás: Raju a dobozba felváltva a szögletes és a ere bonbonoat mondju a legfölső pozíciónál ezdve Ez = (4! 2 lehetőség Eddig minden elrendezést többször számoltun, ugyanis megaptu az elforgatottjait is Figyelem! Egy elrendezésne nem apju meg mind a 8 elforgatottját, hiszen csa olyanoat számoltun, ahol 12 óránál szögletes bonbon van Emiatt csa 4 elforgatottat apun, így néggyel ell osztanun a tehénszabály értelmében A válasz tehát (4! 2 /4 Más megoldás: Raju a dobozba a bonbonoat mondju a legfölső pozíciónál ezdve Az első helyre 8-féléből választhatun A övetező viszont másmilyen alaú ell legyen, tehát csa négyféle lehet; a továbbiaban is figyelve a váltaozó alaora összesen = 8 4! 3! elrendezést aptun Viszont minden elrendezésne megapju a nyolc elforgatottját is, tehát a válasz 4! 3! 8 Maximum hány pozitív egész számot adhatun meg, ha 2000 nem oszthatja semelyi ettő összegét, sem ülönbségét? Megoldás: A {0}, {1, 1999}, {2, 1998},,{999, 01}, {00} satulyába tegyü azon számoat, amelyne a 2000-rel vett osztási maradéa a megfelelő satulyába esi Ha volna ét szám ugyanabban a satulyában aor azo összege vagy ülönbsége osztható volna 2000-rel Mivel 01 satulya van, max 01 számun lehet Annyi ténylegesen lehet, pl 1, 2,, 00, a Hányféleéppen tudun 6 ülönböző színű vázába szétosztani 9 ülönböző tulipánt és 13 ülönböző rózsát úgy, hogy semelyi váza ne maradjon üresen? b És ha az azonos fajtájú virágoat egyformána teintjü? Megoldás: a Ez ugyanaz, mintha = 22 teljesen ülönböző virágun volna; a megoldása szita-formulával (pont ugyanúgy, mint egy orábbi feladatnál 6 =0 ( 1( 6 (6 22 b Itt étféle virágun van; azt ell megmondani, melyi vázába mennyi erül ezeből, de a ét típusra ülönülön Legyen H azon összes iosztáso halmaza (azaz nem vesszü figyelembe, hogy nem maradhat üres váza, A i pedig azon iosztáso halmaza, ahol az i váza üresen marad (1 i 6 A pálcia-bogyós módszerrel megszámolva a rózsá és a tulipáno lehetséges iosztásait H = ( ( adódi Bármely darab Ai metszetében ( ( iosztás van, hiszen a 6 váza 5 pálciát ad, ami mellé 13, illetve 9 bogyó lesz Tehát összegezve a válasz 5 =0 ( 1( ( ( A hatjegyű számoat csoportosítom aszerint, hogy melyi számjegyből mennyi szerepel bennü (Pl az

4 és az ugyanabban a csoportban vanna, de pl a másiban van a Hány csoport van összesen? b Mennyi számból áll az a csoport, amelyben a szám szerepel? És amiben a 1200? c Hány olyan csoport van, melyeben pontosan négyféle számjegyből álló számo vanna? Megoldás: a Ismétléses ombináció (melyiből mennyi típus: a számjegyből 6-ot választun, tehát 6 gombóc és 9 pálcia van; viszont nincs olyan hatjegyű szám, melyne minden jegye nulla, így a válasz ( ! b Ezeet a számjegyeet ell sorba rani (ismétléses permutáció, tehát 3! 2! A másodi esetben nulla nem állhat az elején; eleinte megülönböztetve az azonos számjegyeet, majd a tehénszabály szerint orrigálva a válasz 3 5! 3! 2! c Ezen csoportoat egyértelműen azonosítja az, hogy melyi négy számot használjá, és melyiet hányszor Kiválasztun négy ülönböző számjegyet, majd azoból választun ismétléssel úgy, hogy mindből legalább egyet vegyün; tehát ét szabad választásun marad (ét gombóc a négy jegyhez (három pálcia Így a megfelelő csoporto száma ( ( Hányféleépp oszthatun szét egy 52-lapos franciaártya-csomagot 4 játéos özött, ha mindeni 13 lapot ap, és a minden játéosna jut ász? b minden figura ét, egymással szemben ülő játéoshoz erül? c minden játéosna jut (min egy őr? d minden játéosna jut minden számból és figurából? ( 39 ( 26 Megoldás: Ha nem lenne semmilyen megötés: ( (a játéosona sorban választun lapot a Négy ász van, mindenine ell egy, ezért az elején iosztju a négy ászt 4!-féleéppen, majd a maradé 48 lapból fejenét 12-t, tehát 4! ( ( ( b Válasszu i, melyi ét játéos apja a figuráat (ez ét lehetőség, majd először osszun i nem figurás lapot (ilyenből 36 darab van, ha az ászt is figurásna vesszü, ami szoás a mási ét játéosna, és a maradéot a figurás játéosona Ezt 2 ( ( ( féleéppen tehetjü meg c Mese egy ROSSZ MEGOLDÁSRÓL: Itt sem övetjü el a típushibát, miszerint minden játéosna adnun egy-egy őrt a biztonság edvéért (így négy itüntetett őrt osztanán i az elején, amit viszont a véegeredményt nézve valójában nem tudun megülönböztetni a ilenc további őrtől, ld virágos-vázás feladat Amior az ellett, hogy mindenine jusson ász, az azért műödött így, mert az összes ászt iosztottu az elején, nem maradta a másodi osztási örbe; itt viszont több mint négy őr van JÓ MEGOLDÁS: szitálun Az alaphalmaz, H, legyen az összes iosztáso halmaza; ezen belül négy rossz halmazun van: A i H legyen azon iosztáso halmaza, ahol az i játéos nem ap őrt (1 i 4 (Nagyon fontos! Az A 1 halmazban nem azo a leosztáso vanna, amior egy játéos nem ap őrt! És az A 2 -ben sem azo, amelyeben ét játéos nem ap őrt Hanem az A 1 -ben azo, melyeben az 1-es játéosna (személy szerint nem jut őr, az A 2 -ben azo, ahol a 2-es játéosna nem jut őr Ha valai ilyesmit ír, az nulla pont, mert pont a lényeget veszti el Ai nem definiálja rendesen a rossz halmazoat, szintén nulla pont Így pl A 3 = ( ( ( , mert a harmadi játéosna a 39 nem őr lapból adun 13-at, a többiene a maradéot tetszőlegesen iosztju Bármelyi ettes metszet elemszáma hasonló ooból ( ( ( stb A szita-formulát alalmazva H \ (A 1 A 4 = H ( A 1 + A 2 + A 3 + A 4 + ( A 1 A A 3 A 4 ( A 1 A 2 A A 2 A 3 A 4 + A 1 A 2 A 3 A 4 = ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( ( = d Mindegyi számos vagy figurás lapból négy darab van; egy számos vagy figurás lapnégyest 4!-féleéppen oszthatun szét; ezt mind a 13 típussal megismételve (független döntése az eredmény (4! Hányféleéppen vásárolhatun hatféle gyümölcsből összesen tizenöt darabot, ha legfeljebb egyféle gyümölcs lehet, amiből nem veszün? Megoldás: Ismétléses ombináció (pálcia-gombóc esetszétválasztással Ha mindből veszün legalább egyet, aor 9 gombóc marad és 6 1 = 5 pálcia, azaz ebben az esetben ( ( = féleéppen vásárolhatun Ha van olyan gyümölcs, amiből nem viszün: először azt iválasztju, majd a maradé ötféle mindegyiéből viszün egyet, amit 6 (5+ 1 ( -féleéppen tehetün meg Tehát a válasz 14 (

5 13 Legfeljebb hány egész számot választhatun 1 és 00 özött úgy, hogy semelyi ettő ne legyen relatív prím egymáshoz? 14 Hány ötjegyű szám van, melyben a számjegye a szigorú monoton nőne; b monoton nőne?