A sport öröm, egészség és egy kicsit matematika Kombinatorika 7. feladatcsomag

sport öröm, egészség és egy kicsit matematika Kombinatorika 7. feladatcsomag Életkor: Fogalmak, eljárások: 15 18 év modellalkotás összeszámolási módszerek (permutáció, variáció, kombináció) logikai szita programozás (egyszerű algoritmusok) rekurziók felállítása cikkben szereplő két feladatsor logikailag a Surranó nyilak, gondolkodtató problémák ( 5.6) feladatcsomag folytatása, de a feladatlapok önállóan is feldolgozhatók. z első feladatlap egyszerűbb modellezési feladatokkal kezdődik. Viszonylag könnyebb feladatokkal az ismert összeszámolási struktúrák (permutáció, variáció, kombináció) áttekintését, gyakoroltatását tekintjük célnak. nehezedő feladatsor végén a struktúrák alkalmazására is sor kerül. második feladatlap gondolatilag (tartalmilag) és az alkalmazott eszközöket tekintve is nehezebb, mint az első. Új eszközök jelennek meg (rekurzió alkalmazása, egyszerű algoritmusok), egy-egy feladatra adott több megoldással egyes kapcsolódási pontokra is rámutatunk. z egyes feladatokban más-más korlátozó feltételt írunk elő; az ügyesebb diákok észrevehetik, hogy a feltételek apró módosítása is milyen mély tartalmi változásokat idéz elő. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 1

feladatok listája 1. Modellalkotási feladatok (összefüggéslátás, modellezés, rendszeres összeszámolás) 2. Mérkőzések alakulása (rendszerezőképesség, algoritmikus gondolkodás, bizonyítási igény) Módszertani tanácsok z első feladatlapon a klasszikus összeszámolási struktúrák (permutáció, variáció, kombináció) hátterében álló közös jellemzőket hangsúlyozzuk, majd ezeket azonosításuk után a. gyakorlati feladatban közvetlenül alkalmazhatjuk. z 5. és 6. az előzőeknél nehezebb feladatokban a modell általánosítására és bonyolultabb feltételek alkalmazására kerül sor, míg az utolsó 7. feladatban egy kis kitekintés történik a továbbjutásos versenyek matematikájára. második feladatlapon összegezzük, szintetizáljuk a korábban felhasznált módszereket, eljárásokat. Összefüggéseket fedezhetnek fel a diákjaink (például a Fibonacci-rekurzió gyakori megjelenése, vagy az ismétlés nélküli és az ismétléses kombináció kapcsolata); az egy-egy feladatra adott több megoldás további kapcsolódási pontokra mutathat rá (teleszkopikus összegzés); többféle szemléltetést, interpretációt mutatunk (sorozatok kódolása vagy a négyzetrácsos bejárás); és persze a megoldásokból reményeink szerint kiviláglik a rekurziók és az egyszerű programok alkalmazásának a haszna. Mindkét feladatsor alkalmas a differenciálásra, a differenciált órai feldolgozásra. Egyrészt egy-egy feladatsoron belül nehezednek a feladatsorok, másrészt igyekeztünk az a), b), alfeladatokat is nehézségi sorrendben kitűzni. lkalmanként egy-egy feladatra több megoldást is közöltünk. Ennek is egyik módszertani célja a differenciálás nem szük- 2 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

séges minden tanulónak mindegyik megoldást hallania vagy akár megértenie. Végül a változatos matematikai eszközhasználatot az egyszerű modellektől eljutunk a rekurziók felállításához, illetve az egyszerű algoritmusok készítéséhez is a differenciálás egyik eszközének tekinthetjük. Megoldások, megjegyzések 1. Modellalkotási feladatok 1. a) Minden helyre 2-féle golyó kerülhet. szorzási szabály miatt 2 8 = 256-féle lánc készíthető. ( 2-féle elem nyolcadrendű ismétléses variációinak a számát határoztuk meg.) b) komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk. Két rossz lánc van, amikor minden golyó egyszínű. keresett láncok száma 2 8 2 = 25. c) kezdő golyó színe meghatározza a többi golyót, így 2-féle lánc készíthető. d) Első megoldás (ismétléses permutáció): Ha minden golyó különböző lenne, 8!-féle sorrendet határoznának meg. 3 egyforma piros golyó egymás közt cserélgethető, a lánc típusát ez nem változtatja meg, így az összes sorrendet osztani kell 3!-sal; valamint az 5 egyforma kék golyó is permutálható, emiatt még osztani kell 5!-sal. Eredmény: 8! = 56. 3! $ 5! Második megoldás (kombináció): golyók 8 helyre kerülhetnek a láncban. Ha például kiválasztjuk, hogy ebből a 8 helyből melyik 3 legyen a piros golyó, akkor a maradék 5 helyre kerülnek a kékek, és így a teljes láncot meghatároztuk. 8 helyből 3-at e 8 56 3 o= -féleképpen választhatunk ki. 2. a) Mindegyik levelet két helyre tehetjük, ez 2 8 = 256-féle elhelyezést jelent. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 3

b) két rossz esetet ismét levonjuk: 256 2 = 25 a kézbesítések száma. c) piros kék eloszlások számát az ismétléses permutáció vagy a kombináció struktúrájával határozhatjuk meg. Eredmény: e 8 70 o =. 3. modell megegyezik az előző két feladatbelivel. Eredmények: a) 2 8 = 256. b) 256 2 = 25. c) 6-2 eloszlások száma e 8 28 2 o =.. a) Mindegyik gólt bármelyik csapat dobhatta, ez gólonként 2-2 lehetőség. Összesen tehát 2 8 = 256-féleképpen eshetett a nyolc gól. b) két rossz esetet (:B = 8:0, illetve :B = 0:8) ismét kihagyjuk, az eredmény 256 2 = 25. c) 6:2-es eredmény e 8 28 2 o= -féleképpen állhatott elő. Megjegyzések: Legkésőbb a 3. feladat megoldása után hívjuk fel a tanulók figyelmét arra, hogy a három feladat matematikai értelemben nem különbözik. z első kettő egy-egy modellnek tekinthető, míg a harmadik feladat ezeknek egy gyakorlati jellegű interpretációja. Valószínűleg lesznek diákok, akik már korábban is észreveszik (és hangoztatják), hogy ugyanazokról a feladatokról van szó, esetleg kissé megváltoztatott számokkal. De olyanok is akadnak, akik nem veszik észre a hasonlóságot, sőt továbbra is három különböző feladatot látnak. Számukra különösen fontos, hogy egy-egy részfeladatra kétféle megoldást is mutassunk. Előfordulhat, hogy valamelyik struktúra jobban fekszik nekik; ezt biztosabban tudják alkalmazni, s az ő szintjükön ez komoly eredmény. Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

differenciálás jegyében esetleg felvethető, hogyan általánosítható a feladat. Például háromféle golyószín esetén hogyan néznek ki a formulák, vagy ekkor melyik struktúrát érdemes alkalmazni. Egy másikfajta észrevétel lehet, hogy a 8:0, 7:1, 6:2,, 1:7, 0:8 eloszlások összege megadja az összes lehetséges eredményt. Így kombinatorikai bizonyítást adhatunk a 8 8 8 8 8 e o+ e o+ e o+ f + e o = 2 összefüggésre. 0 1 2 8 5. a) Mindegyik kérdést 3-féle csapat válaszolhatja meg, így a lehetőségek száma 3 8 = 6561. b) logikai szita formulát alkalmazzuk. Először az összes lehetőségből kivonjuk azt, amikor valamelyik csapatnak nincs helyes válasza. Ha ez például az csapat, akkor mind a nyolc kérdést a B vagy a C csapat válaszolja meg, és ez összesen 2 8 lehetőséget jelent. Ugyanez igaz a B, valamint a C csapatra is, így 3 2 8 olyan eset van, amikor valamelyik csapat nem válaszol helyesen. 3 8 3 2 8 különbségben azonban többször levontuk azokat az eseteket, amikor két csapatnak sem volt helyes válasza (azaz minden kérdést a harmadik csapat válaszolt meg). Ilyen eset 3 van, és eddig 6-szor vontuk le. (mikor például az és B csapat is teljesen sikertelen volt, ezt az esetet 2-szer vontuk le, az és a B csapat miatt is.) Eredmény: 3 8 3 2 8 + 3 = 5796. [Másképpen is eljárhatunk, ha azt számítjuk ki, amikor pontosan egy csapatnak nincs helyes válasza. z csapat esetében ez (2 8 2) lehetőség, mert kihagyjuk, ha az összes választ a B vagy a C csapat adja meg. Így B-t és C-t is tekintve 3 8 3 (2 8 2) lehetőség adódik, és ebből kivonjuk még azt a 3 esetet, amikor pontosan két csapatnak nincs helyes válasza.] c) Ismétléses permutációval 8!, kombináció alkalmazásával például e o$ e o = 560 adódik eredményül. 3! $ 3! $ 2! 8 5 3 3 Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 5

Ez utóbbinál először kiválasztjuk az csapat 3 jó válaszát, majd a maradék 5-ből B 3 jó válaszát. Ekkor C két jó válasza már egyértelmű. d) -nak lehet 8, 7, 6, 5 vagy jó válasza. 8 jó válasz egyféleképpen következhet be. 7 jó válasz e 8 o-féleképpen választható ki a kérdések 7 közül, és a maradék kérdést a B vagy a C csapat is megválaszolhatta. Innen tehát e o 2 16 8 7 $ = lehetőséget kapunk. 6 jó válasz e 8 o-féleképpen választható ki, a maradék 6 2 kérdés pedig 2 2 -féleképpen válaszolható meg. Ekkor 8 2 e o $ 2 = 112 az esetek száma. 6 8 3 Ugyanígy 5 jó válasznál e o $ 2 = 8 esetet kapunk. 5 jó válasznál vigyázni kell: nem engedhető meg, hogy B vagy C is jó választ adjon. Ez 2 eset, így ekkor 8 e o $ ^2 2h = 980 a lehetőségek száma. Összesen 1 + 16 + 112 + 8 + 980 = 1157-féleképpen nyerheti meg az csapat a vetélkedőt. 6. a) Egy feltett kérdés hányféleképpen válaszolható meg? Előfordulhat, hogy az első válasz a helyes (ez 3 lehetőség). Lehetséges, hogy a második válasz a jó (ekkor 3 2 = 6 lehetőség van; a rossz választ 3, majd a jót 2-féle csapat adhatta). Ha a harmadik válasz a jó, az szintén 3 2 = 6 lehetőséget jelent (megkülönböztettük a hibásan válaszolók sorrendjét). Lehetséges még, hogy nem születik jó válasz. Ha a rossz válaszok száma 3, akkor innen 3! = 6 esetet kapunk; ha a rossz válaszok száma 2, akkor 3 2 = 6 esetet; ha 1 6 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

rossz válasz van, akkor 3 esetet kapunk; és végül az is egy eset, amikor egyik csapat sem válaszol. Egy kérdés megválaszolása 3 + 6 + 6 + 6 + 6 + 3 + 1 = 21-féleképpen történhet. 8 kérdésre így (a válasz helyességét és a válaszoló csapatok sorrendjét is figyelembe véve) 8. 9,2$ 10 -féle 21 18 válasz adható. (mi nagyon nagy szám.) b) 8 pont előállhat: jó és elpasszolt válaszból, ez e 8 70 o= -féleképpen lehetséges; vagy 8 3 5 jó, 2 rontott és 1 passzolt válaszból, ez e o$ e o= 168 5 2 -féleképpen történhet. Összesen 70 + 168 = 238 lehetőség van. c) pontszámok összege 16, így minden elhangzott válasz 8 5 helyes volt. Eredmény: e o$ e o = 560. 3 3 d) Ez a helyzet nem lehetséges. Összesen 15 pont 8 jó és 1 hibás válaszból születhet, de a páratlan pontszámok miatt már mindhárom csapatnak kellett volna hogy legyen rossz válasza. e) rossz válaszok száma 0-tól -ig terjedhet, a 2 = 8 pontból ennek megfelelően 0 és közötti számot vonhatunk ki. Elérhető pontszámok tehát a 8, 7, 6, 5 és. 7. 6 ponttal még ki lehet esni, ha az egyik csapatot a másik három egyaránt legyőzte, egymást pedig körbeverték. 7 ponttal biztosan tovább lehet jutni. Összesen ugyanis 6 mérkőzést játszanak a csapatok, így legfeljebb 6 3 = 18 pontot szerezhetnek, és így biztosan nem lehet három 7 pontos csapat (7 3 > 18). Tehát a = 7, c = 6. 2 ponttal tovább lehet jutni, ha egy csapat legyőzi a többie ket, a három vesztes csapat pedig döntetleneket játszik egymással. 1 ponttal (egy döntetlen és két vereség) nem lehet továbbjutni, hiszen annak a két csapatnak, akik már legyőzték Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 7

a szóban forgó együttest, legalább 3-3 pontja van. Tehát b = 2, d = 1. Egy kis paradoxon z utóbbi feladat megoldásánál hallgatólagosan feltételeztük, hogy 0-tól 6-ig minden pontszám elérhető. Ez nagyon fontos feltétel, mert így a d < b < c < a egyenlőtlenség természetes módon adódik. Hívjuk fel a diákjaink figyelmét arra, hogy ha az egyes pontszámok előállításának algebrai akadálya van, akkor a megoldás (és indoklása) igen bonyolulttá is válhat. Változtassunk kicsit a feltételeken: győzelemért, döntetlenért 3, vereségért 0 pont járjon, és a négy csapatból három jusson tovább. Változik-e most a (a biztos továbbjutás) és c (a maximális pontszámú kiesés) kapcsolata? Két győzelemmel, 8 ponttal biztosan tovább lehet jutni, hiszen legfeljebb hármas holtverseny lehet az első helyen. De 3 döntetlennel, azaz 9 ponttal ki lehet esni, ha minden csapat döntetlenül végzett egymással. z a furcsa helyzet áll tehát elő, hogy a > c ebben a rendszerben. jelenség oka persze az, hogy ha egy csapatnak 8 pontja van, akkor nem lehet egy másik csapatnak 9 pontja. Érdekes kérdés (szorgalmi feladatnak kiválóan alkalmas) annak vizsgálata, hogy mely pontszámok érhetők el valamely csapat, illetve a négy csapat együttesét tekintve. 2. Mérkőzések alakulása 1. a) Első megoldás: 13 pont 6 darab 2-es és 1 darab 1-es összege; vagy 5 darab 2-es és 3 darab 1-es összege; vagy darab 2-es és 5 darab 1-es összege és így tovább. Korábban már láttuk, hogy az x és y darabszámú, kétféle elemből álló sorozatok száma (ismétléses permutáció vagy kombináció alkalmazásával) ^x+ yh! x+ y = e o. Ez alapján a lehetséges játszmák száma 7 8 9 12 13 x! $ y! x e o+ e o+ e o+ f + e o+ e o. (z utolsó két tag az 1 3 5 11 13 8 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

1 darab 2-es, 11 darab 1-es, illetve a 0 darab 2-es, 13 darab 1-es sorrendjeinek a száma.) z összeg a könnyebben kiszámolható e o+ e o+ e o+ e o+ e o+ e o+ e o alak- 7 8 9 10 11 12 13 1 3 3 2 1 0 ban is írható. Eredmény: 7 + 56 + 126 + 120 + 55 + 12 + 1 = 377. Második megoldás: Rekurziót alkalmazunk. Jelöljük a(n)-nel, ahányféleképpen az n pont elérhető a játékban. Ha az első dobás 1-es, akkor a továbbiakban (n 1) pontot kell szerezni, s ez a(n 1)-féleképpen tehető meg. Ha pedig az első dobás 2-es, akkor a maradék (n 2) pont a(n 2)-féleképpen érhető el. z első dobás vagy 1-es, vagy 2-es, így az n pont elérésére az a(n) = a(n 1) + a(n 2) összefüggés írható fel. rekurziót akkor tudjuk alkalmazni, ha meghatározzuk két kezdőtagjának értékét. a(1) = 1 (mert az 1-es 1-féleképpen dobható ki), és a(2) = 2, mert a 2-es összeg 2-féleképpen érhető el: 1 + 1 vagy 2 módon. kezdőtagok ismeretében a sorozat további elemeit egyszerű helyettesítéssel, lépésről lépésre meghatározhatjuk. a(3) = a(2) + a(1) = 2 + 1 = 3; a() = 3 + 2 = 5; Ha a számolás fárasztó puszta kézzel, akkor a sorozat adott elemét egy nagyon egyszerű programmal is kiírathatjuk, még tömböket sem kell alkalmaznunk. Legyen a és b az utolsó két eleme a sorozatnak. Ekkor a c összegük lesz a következő elem értéke; és a léptető cikluson belül a b és b c értékadásokkal beállítjuk a és b új értékeit. z algoritmus: a:=1; b:=2 Ciklus i:=3-tól 13-ig c:=a+b Ki: i, c a:=b; b:=c Ciklus vége Õ Õ Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 9

futási eredmény a következő: i 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 a(i) 3 5 8 13 21 3 55 89 1 233 377 Megjegyzés: rekurzív összefüggés ismerős lehet: ez éppen a nevezetes Fibonacci-sorozatra vonatkozó formula. ( feladat eredménye a 1. Fibonacci-szám, mert az f(i) Fibonacci-sorozat f(1) = f(2) = 1 kezdőértékeit 1-gyel eltoltuk.) b) z 1, 2, 3 szektoros tábla 13 pontot előállító találatait az alábbi táblázatban adtuk meg. 3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1 1 10 2 0 2 1 0 3 2 1 0 5 3 2 1 0 1 1 0 2 1 3 5 7 0 2 6 8 1 3 0 0 0 0 0 0 0 2 6 5 3 2 1 0 1 1 3 5 7 9 11 13 Például a (3; 2; 1) (2, 2, 3) oszlop azt jelenti, hogy a 3-as, 2-es és 1-es dobásokból rendre 2, 2 és 3 számú történik. (2 3 + 2 2 + 3 1 = 13.) Ezen típusok számát az ismétléses permutáció képletével határozhatjuk meg: 7! = 210. 2! $ 2! $ 3! [Egy másik lehetőség kombináció alkalmazása. háromféle elemből 7 hosszú sorozatot készítünk úgy, hogy először a 7 helyből kiválasztunk 2-t, ahová a 3-asokat írjuk; majd a maradék 5 helyből 2-t, ahová a 2-esek kerülnek. (z 1-esek helye már adódik.) 7 5 Ezt e o$ e o= 21 $ 10 = 210-féleképpen tehetjük meg.] 2 2 z összes eset számának a meghatározása sokáig tartana. (21 oszlop van a táblázatban!) Most már valóban érdemesebb a rekurzió alkalmazása. megoldás hasonló, mint az a) esetben. 10 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Jelölje b(n) az n összeg elérési lehetőségeinek a számát; a feladat b(13) kiszámítása. Ekkor a b(n) = b(n 1) + b(n 2) + b(n 3) rekurzió írható fel, hiszen az első dobás vagy 1-es, vagy 2-es, vagy 3-as. kezdőtagok b(1) = 1, b(2) = 2 és b(3) =. (Ez utóbbi például a 3 = 1 + 2 = 2 + 1 = 1 + 1 + 1 előállításokból adódik.) számítógépes programot kissé módosítjuk három változóra: a:=1; b:=2; c:= Ciklus i:=-tól 13-ig d:=a+b+c Ki: i, d a:=b; b:=c; c:=d Ciklus vége futási eredmény: i 5 6 7 8 9 10 11 12 13 b(i) 7 13 2 81 19 27 50 927 1705 Válasz: a 13-as összeg tehát 1705-féleképpen érhető el. c) rekurzív összefüggés c(n) = c(n 2) + c(n 3) + c(n 5). Ez ötödrendű rekurzió (azaz bármely elem kiszámításához 5 korábbi elem ismeretére van szükség), így 5 kezdőtagot kell megadnunk. Ezek: c(1) = 0, c(2) = 1, c(3) = 1, c() = 1, c(5) = 2. (Például ez utóbbi a 2 + 3 = 3 + 2 összegekből adódik.) z algoritmus megírása most sem nehezebb, a sorozat elemeit egy c() tömbben tároljuk: c(1):=0; c(2):=1; c(3):=1; c():=1; c(5):=2 Ciklus i:=6-tól 13-ig c(i):=c(i 2)+c(i 3)+c(i 5) Ki: i, c(i) Ciklus vége futási eredmény: i 6 7 8 9 10 11 12 13 c(i) 2 5 7 11 1 22 30 zaz a 13-as összeg 30-féleképpen érhető el. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 11

Ellenőrzésképpen a hagyományos módon is megoldhatjuk a feladatot (a 30 nem olyan nagy szám). z utolsó oszlopban azt jelöltük, hogy az egyes sorozatok hányféleképpen állhatnak elő. 5 3 2 darabszám 2 1 0 3 1 2 1 e 6 2 o= 1 0 5 0 3 2 e 5 10 2 o= 0 1 5 6 összesen: 30 2. Észrevehetjük, hogy a 7:5 végeredmény csak 5:5-ös állás után jöhetett létre úgy, hogy az utolsó két játékot a győztes nyerte meg. ( 7:5-ös végállás csak 6:5 után következhetett, a 6:5 pedig csak 5:5 után. 6: esetén már véget ért volna a játszma.) Ha meghatározzuk, hogy az első tíz játékból melyik 5-öt nyerte meg az egyik fél, akkor egyértelműen megadtuk a 10 játszmasorozatot; ez pedig e o 252 5 = -féleképpen történhetett. Megjegyzés: 7:5 végeredményre gyakran hangzik el a 12 kissé figyelmetlen vagy felületes e o válasz. Ennek hibás 5 voltát érdemes részletezni, a tanulság más feladatok (más sportágak) esetén is alkalmazható. (Hangsúlyozhatjuk, hogy a e 12 o eredmény olyan nem létező játszmalefolyásokat is tartalmaz, mint például az 5: 6: 7: 7:5.) 5 3. a) 11:5 végeredmény csak 10:5-ös állás után jöhet létre. z első 15 labdamenetből 5-öt nyert a vesztes, ez 15 e o 3003 5 = -féleképpen történhetett. 12 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

b) 13:11 végeredmény csak 11:11-es állás után jöhetett létre, ez pedig csak 10:10 után (11:9 vagy 12:10 állásnál vége lett volna a játéknak). 10:10-es állás e 20 o-féleképpen 10 jöhetett létre. vesztes játékos a következő négy labdamenetből az elsőt vagy a másodikat nyerhette meg, 20 így összesen 2 $ e o= 369 512-féleképpen folyhatott le 10 a játszma.. 6:k végeredmény (k = 0, 1, 2, 3, ) előtt 5:k volt az állás. 5 + k Ez e o-féleképpen jöhetett ki, hiszen az 5 + k játékból k ennyi módon választhatjuk ki a vesztes játékos által nyert k játékot. Ez alapján: a 6:0 végeredmény e 5 1 0 o = ; a 6:1 végeredmény e 6 6 1 o = ; a 6:2 végeredmény e 7 21 2 o = ; a 6:3 végeredmény e 8 56 3 o = ; a 6: végeredmény e 9 126 o= -féleképpen jöhetett létre. 7:5 végeredmény csak 5:5-ös állás után lehetséges, ez e 10 252 5 o = lehetőség. Végül a 7:6 végeredmény 5:5-ös állás után kétféleképpen lehetséges (a 11. vagy 12. játékot nyerhette meg a későbbi vesztes), összesen 2 252 = 50-féleképpen. Egy teniszjátszma (amelyben akár rövidítés is lehet) tehát 1 + 6 + 21 + 56 + 126 + 252 + 50 = 966-féleképpen alakulhat. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 13

Megjegyzések: 5 6 7 8 9 z S = e o+ e o+ e o+ e o+ e o összeg egyszerűbb alakba írható, ha felhasználjuk a binomiális együtthatók 0 1 2 3 n n n + 1 e o + e o= e o tulajdonságát. (Ez a Pascal-háromszög k k + 1 k + 1 képzési szabálya.) 5 6 e o= e o, így 5 6 6 6 7 e o+ e o= e o+ e o= e o, 0 0 0 1 0 1 1 7 7 8 8 8 9 9 9 10 e o+ e o= e o, e o+ e o= e o, végül e o+ e o= e o. 1 2 2 2 3 3 3 10 Ezzel a teleszkopikus összegzéssel S = e o. S-sel azt jelöltük, ahányféleképpen 6 nyert játékkal megnyerheti a győztes a játszmát (legfeljebb 6:-re). szép kerek eredmény alapján egy második megoldást is adhatunk. győztes játékokat 1-gyel, a veszteseket 0-val jelölve e 10 o éppen azon sorozatok száma, amelyekben 6 darab 1-es és darab 0 van. És valóban, minden ilyen sorozathoz kölcsönösen egyértelműen tudunk egy játszmát rendelni. Például a 0000111111 vagy a 0101010111 sorozatok a 6:-es, az 1011111000 vagy 1101111000 sorozatok pedig a 6:1-es győzelmet kódolják. Láthatóan minden nyertes játszmának pontosan egy kód felel meg, mert a 6. számú 1-es után csak legfeljebb 0-k következhetnek. Ha a 7:5-ös végeredményt is hozzávesszük S-hez, akkor 10 10 11 e o+ e o= e o adódik, ami hasonlóan helyes számeredményhez vezet. Itt az a szerencsénk, hogy 7:5 eredményű 5 5 játszma pont annyi van, mint 6:5 végeredményű, ha ez utóbbit 5:5 utáni mérkőzés-győzelemnek tekintjük. Ezek száma pedig valóban e 11 o, amit 5 darab 0-val és 6 darab 5 1-essel egyértelműen kódolhatunk. 1 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Fontos megjegyeznünk, hogy a 7:5-ös győzelemre közvetlenül felírt e o eredmény helytelen. Például a 12 5 000111111001. 000111111010. 000111111100 kódok a 6:3 és 7:5 eredményeket egyaránt (háromszor is) kódolják. És ugyanígy nem használhatjuk a formulát a 7:6-os eredményekre sem. 22 5. a) 1:8 eredmény e o 319 770 8 = -féleképpen jöhetett ki. b) legfeljebb 8 gól pontosan 0, vagy 1, vagy 2,, vagy 8 gól megszerzését jelenti. z egyes esetekben rendre 1 15 16 22 e o, e o, e o, f, e o-féleképpen alakulhatott a mérkőzés. Ezek összege az előző feladatban alkalmazott 0 1 2 8 teleszkopikus összegzéssel e 23 90 31 8 o =. c) 1:13 lehet a legszorosabb végeredmény. z előző feladat megjegyzése alapján a játszma menete 1 15 16 27 28 e o+ e o+ e o+ f + e o= e o= 37 2 160-félekép- pen alakulhatott ki. 0 1 2 13 13 d) komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk. Legalább 8 gólt szerzett = az összes játszmaalakulásból kivonjuk a rosszakat, azaz azokat, amikor a vesztes csapat legfeljebb 7 gólt szerzett. Eredmény: 28 22 e o e o = 37 271616. 13 7 6. a) z egyik játékos pontjainak száma 0; 0,5; 1; 1,5; ; 12 lehet, ami összesen 25 lehetőség. b) Minden játszma eredménye 3-féle lehet (valamelyik fél győz, illetve döntetlen a parti). Így összesen 3 12 = 531 1-féleképpen folyhat le a mérkőzés. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 15

c) játékosok szemszögéből az egyes játszmák eredményét a hagyományos módon +, = és jelzésekkel látják el. Például a +3, =2, 7 kódolás azt jelenti, hogy a játékos 3 partit nyert, 2 végződött döntetlenül, és 7-et elveszített. Minden mérkőzésnek háromféle kimenetele lehetséges. Valamely játékos szemszögéből nézve, ebből a három kimenetelből választunk ki 12-t a sorrendre való tekintet nélkül. Ez 3 elem 12-ed osztályú ismétléses kombinációinak a számát jelenti. Eredmény: 3 1 1 = G = e o= e o= 91. 12 12 2 d) nyertes játékos pontjait az alábbi táblázatban feltüntetett módokon szerezheti. (z utolsó sorba az egyes típusok előfordulási lehetőségeit írtuk.) + 8 7 6 5 = 0 2 6 8 3 2 1 0 12 e o 12 5 e o$ e o 7 2 12 6 e o$ e o 6 12 7 e o$ e o 5 6 12 e o lehetséges típusok száma 5. Ha a játszmák sorrendje is számít, akkor az utolsó sor elemeinek összege a válasz. 12 12 5 12 6 12 7 12 e o+ e o$ e o+ e o$ e o+ e o$ e o+ e o = 28 31. 7 2 6 5 6 7. Jelölje a vezető csapat góljait 1, a hátrányban lévő góljait 0. Ekkor a 8 darab 1-esből és 5 darab 0-ból álló sorozatok számát bizonyos korlátozások mellett keressük: nem szerepelhet két, illetve három szomszédos 0 a sorozatban. komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk, az összes esetből levonjuk a rosszakat. z összes eset a szóban forgó sorozatok száma e o. 13 5 a) Rosszak azok a sorozatok, amelyekben legalább két darab 0 van egymás mellett. Esetszétválasztást végzünk a szomszédos 0-k maximális száma alapján. 16 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Ha 5 darab 0 van egymás mellett, akkor ezeket a 8 darab 1-es által kijelölt 9 hely bármelyikére tehetjük, így 9 számú megfelelő sorozatot kapunk. Ha a 0-k megoszlása -1, akkor a szomszédosat 9, az egy magányos 1-est pedig már csak 8 helyre tehetjük. Innen kapunk tehát 9 8 esetet. (Ugyanezt az eredményt kapjuk, ha először a 0-k helyét rögzítjük. Ekkor a és 1 darab 0 közé mindenféleképpen kell egy 1-es; a maradék 7 darab 1-est pedig a 0-k által kijelölt 3 helyre kell szétosztanunk. helyek kiválasztásának sorrendje nem számít, 3 helyből kell 7-et ismétléses kombinációval kiválasztani. Ennek átírása hagyományosan az = G = e o módon történhet, ez esetben n n+ k 1 k k 3 9 9 = G = e o= e o. kapott eredményt még szorozni kell 7 7 2 2-vel, hiszen a és 1 darab 0 helyzete felcserélhető.) többi esetet hasonlóan megvizsgálva kapjuk az alábbi táblázatot. eloszlás 5-1 3-2 3-1-1 2-2-1 2-1-1-1 8 esetszám 9 9 8 9 8 9 $ e 2 o e 9 2 o$ 7 9 8 $ e o 3 (Itt például a 3-1-1 számú szomszédos 0 esetén először az 1-esek által kijelölt 9 helyből kiválasztunk egyet a 3 szomszédos 0 számára, majd a maradék 8 helyből 2-t a két darab különálló 0 miatt.) 13 8 8 Eredmény: e o 9 2$ 9$ 8 2$ 9 $ e o 9$ e o = 126. 5 2 3 Megjegyzés: z eredményt kevésbé tanulságos módon, de sokkal egyszerűbben megkaphatjuk direkt leszámolással is. z 1-esek által kijelölt 9 helyből kell kiválasztani 5-öt a 0-k számára, méghozzá úgy, hogy egyegy helyet csak egyszer választhatunk a szomszédsági Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 17

tiltás miatt. Ezt az elhelyezést e 9 126 5 o= -féleképpen tehetjük meg. Másképpen: Ha pedig kezdetben a 0-kat rögzítjük, akkor először 1-1 darab 1-est kell helyezni közéjük. z így kapott 010101010 sorozatban a 0-któl függő 6 helyre kell a maradék darab 1-est ismétléses kombinációval elhelyezni: 6 9 9 = G = e o= e o. 5 b) rossz eseteket és az előfordulási számukat az előző táblázatból másolhatjuk. eloszlás 5-1 3-2 3-1-1 8 esetszám 9 9 8 9 8 9 $ e o 2 13 8 Eredmény: e o 9 2$ 9$ 8 9$ e o = 882. 5 2 c) nyert és vesztett játszmákra hasonló jelölést alkalmazunk. z előző feladathoz képest most annyi a különbség, hogy a sorozat utolsó száma 1-es, hiszen így ér véget a teniszjátszma. maradék darab 0 és 5 darab 1-es e 9 o-féleképpen rendezhető sorba. szomszédsági korlátozás miatt az 1-esek által meghatározott 6 helyből kell -et kiválasztanunk a 0-k számára, és ezt e 6 15 o= -féleképpen tehetjük meg. d) rossz esetekben 3 vagy szomszédos vesztett játszma van, ezeket kell az 5 darab 1-es által kijelölt 6 helyre szétosztani. z összeszámolást az alábbi táblázatban végeztük el. eloszlás 3-1 esetszám 6 6 5 9 Eredmény: e o 6 6$ 5= 90. 18 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

8. z előző feladatbeli gondolatmeneteket alkalmazva több esetet kellene megvizsgálni. szüneti eredmény lehet 7:6, 8:5, 9:, 10:3, 11:2, 12:1 vagy 13:0 is. z esetszétválasztás helyett alkalmazzunk inkább rekurziót! a) Jelentse a(n) azon n tagú 0 1 elemű sorozatok számát, amelyekben nincs egymás mellett két darab 0. [ feladat tehát a(13) meghatározása.] Ha a sorozat 1-essel kezdődik, akkor e mögé 12 elemű sorozatot kell képeznünk, az eredeti feltételeknek megfelelően. Ezek száma a(12). Ha pedig 0-val kezdődik a sorozat, akkor 1-essel kell folytatni, majd ezután ismét bármelyik szám következhet. 01 kezdőtagokat a(11)-féleképpen folytathatjuk. Felírható tehát az a(13) = a(12) + a(11) rekurzív összefüggés, ami általános alakja a(n) = a(n 1) + a(n 2), ha n $ 3. sorozat két kezdőtagja könnyen megadható: a(1) = 2 és a(2) = 3, mert a négy lehetőségből (00, 01, 10, 11) csak egy a rossz. két kezdőtag ismeretében már rendre kiszámolható a sorozat többi eleme: 1 2 3 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 5 8 13 21 3 55 89 1 233 377 610 kérdéses eredmény tehát 610-féleképpen jöhetett ki. (Ha a két csapatot megkülönböztetjük, akkor a kapott eredményt még szorozni kell 2-vel.) Ismét észrevehetjük, hogy a Fibonacci-rekurziót kaptuk; az a(n) sorozat elemei pedig a Fibonacci-sorozat 2-vel eltolt tagjai. b) Legyen b(n) az n hosszú, 0-t vagy 1-est tartalmazó sorozatok száma, amelyekben nincs egymás mellett három 0. Ha a sorozat 1-gyel kezdődik, akkor bárhogyan folytatható, számuk b(n 1). Ha a sorozat 0-val kezdődik, akkor a folytatás 01 esetén b(n 2)-féle; 001 esetén b(n 3)-féle lehet. ( 000 esetet kizártuk.) Így tehát a b(n) = b(n 1) + b(n 2) + b(n 3) rekurziót állíthatjuk fel, a kezdőtagok b(1) = 2, b(2) =, b(3) = 7. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 19

(Ez utóbbi indoka: a 8 darab 3 tagú kezdősorozatból csak a 000 nem lehetséges.) Legegyszerűbb egy programmal meghatározni b(13) értékét. z 1. b) feladatban használt algoritmus most is megfelelő, csak a kezdőtagokat kell módosítani. futási eredményt ismét érdemes táblázatba foglalni: i 5 6 7 8 9 10 11 12 13 b(i) 13 2 81 19 27 50 927 1705 3136 Megjegyzés: Érdekességképpen észrevehetjük, hogy az 1. b) feladat sorozatának egy eltoltját kaptuk. 9. játék lefolyását szemléltethetjük a derékszögű koordináta-rendszerben. Ekkor az O(0; 0) pontból az (6; ) pontba kell eljutni jobbra vagy felfelé történő, egységnyi lépésekkel. ( jobbra lépések felelnek meg a nyert játékoknak.) a) fenti O rácsútvonalak közül azok felelnek meg, amelyek nem érintik az e: y = x + 1 egyenletű egyenest. Tükrözzük -t az e egyenesre, kapjuk a B(3; 7) pontot. rossz utakkal a következő transzformációt hajtjuk végre: az első olyan pontjuktól, amikor érintik az e egyenest, a további útszakaszaikat tükrözzük e-re. Így egy O és B közötti utat kaptunk. z O és közötti rossz utak kölcsönösen egyértelműen megfeleltethetők a fenti módon kapott OB utaknak, hiszen ezek szükségképpen (legalább egyszer) metszik az e egyenest. 20 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

10 O-ból -ba e o út vezet, a rossz OB utak száma e 10 o, 3 így a keresett játszmák száma e 10 10 90 o e 3 o =. Vegyük észre, hogy e 90 játszma között olyanok is szerepelnek, amikor nem a győztes játékos szerzi az utolsó pontot! Például 5:2 után lesz 6:2-es állás, majd ezután alakul ki a 6:-es végeredmény. Ilyen a valóságban nem történhet, hiszen 6:2-nél vége van a játszmának. Rácsmodellünk tehát kiigazításra szorul. 6:-es végeredmény csakis 5: után jöhet létre, ezért az pont szerepét l (5; ) pont veszi át, B helyett pedig Bl (3; 6) ponttal kell számolnunk. Ezzel a helyes megoldás: e 9 9 2 o e 3 o =. e 10 10 o 90 e o 3 = arra a kérdésre adja meg az eredményt, ha teniszjátszma helyett például egy vízilabdamérkőzés lefolyását kérdezzük meg persze úgy, hogy a vesztes csapat sosem vezetett a mérkőzés során. b) z előző játékhelyzet annyiban módosul, hogy az első játszmát a későbbi győztes nyeri. Tehát a tulajdonképpeni játékok a C(1; 0) és l (5; ) közötti utakkal reprezentálhatók, és az f: y = x egyenes nem érinthető. l tükörképe f-re D(; 5); az összes Cl út száma e o, a rossz 8 CD utak száma pedig e 8 o. Eredmény: 8 1 3 e 8 o e 3 o = a megfelelő utak száma. Megjegyzés: Természetesen úgy is eljárhattunk volna, hogy észrevesszük, az első két játszmát egyaránt a későbbi győztesnek kell nyernie. Ekkor az ábrán a Cl (2; 0) pontból kiinduló utakat számoljuk össze. Ez hasonló módon történhet, e 7 7 1 o e 2 o = az így kapott eredmény. Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 21

Felhívhatjuk a tanulók figyelmét arra, hogy a két érték egyenlősége a Pascal-háromszög képzési szabályából is 8 8 7 7 7 7 7 7 következik: e o e o= e o+ e o = e o+ e og = e o e o. 3 3 2 3 2 10. Jelölje f(n) az n pont elérési lehetőségeinek a számát. 6 + 1 és 6 + 2 pontos akciókat egyszerűen 7 és 8 pontosaknak tekinthetjük, hiszen úgyis csak közvetlenül a 6 pontos támadás után hajthatók végre. (Így megkülönböztetjük a 8 pontos támadó akciót a 6 pontos támadó és 2 pontos védekező pontszerzéstől.) z eddigiekhez hasonló módon felállíthatjuk az f(n) = f(n 2) + f(n 3) + f(n 6) + f(n 7) + f(n 8) rekurziót: az utolsó, n-edik pontot elérő játék 2, 3, 6, 7 vagy 8 pontos volt. f(21) kiszámításához nyolc kezdőtagot kell meghatároznunk. f(1) = 0, f(2) = 1, f(3) = 1, f() = 1, mert 2 + 2 =. f(5) = 2 (mert 5 = 2 + 3 = 3 + 2). 6 = 3 + 3 = 2 + 2 + 2 = 6 + 0, így f(6) = 3. 7 = 3 + 2 + 2 (3-féleképpen) = 7 + 0, tehát f(7) =. 8 = 2 + 2 + 2 + 2 = 3 + 3 + 2 (3-féleképpen) = = 6 + 2 (2-féleképpen) = 8 + 0, így f(8) = 7. z 1. c) feladatban alkalmazott programot futtathatjuk, kis módosítással. z eredmények: i 9 10 11 12 13 1 15 16 17 18 f(i) 9 1 20 29 3 63 82 136 198 291 i 19 20 21 f(i) 26 62 915 22 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Kombinatorika Összefüggéslátás 5.7 1. Modellalkotási feladatok 1. Egyforma méretű piros és kék üveggolyóink vannak, mindkét színből legalább nyolc darab. Nyolc golyót sorbarendezve egy láncot kapunk. a) Hányféleképpen tehetjük ezt meg? (Két lánc különböző, ha az azonos sorszámú golyók közül valamelyik pár színe eltérő.) b) Hányféle lánc készíthető, ha mindkét színből fel kell használni golyókat? c) Hányféle lánc készíthető, ha a piros és kék golyók felváltva helyezkednek el? d) nyolc golyóból most 3 piros és 5 kék. Hányféle lánc készíthető ekkor? 15 18. év 2. Egy piros és egy kék levélszekrénybe nyolc különböző levelet dobunk be. a) Hányféleképpen történhet a kézbesítés? b) Hányféle kézbesítés lehetséges, ha egyik postaláda sem maradhat üresen? c) És akkor hányféle kézbesítés lehet, ha a piros és a kék ládába ugyanannyi levél kerül? 3. z 1-es és 2-es számjegyekből nyolcjegyű számot készítünk. a) Hányféle szám készíthető? (Nem kötelező mind a két számjegyet felhasználni.) b) Hányféle szám készíthető, ha a számban mind a két számjegynek szerepelnie kell? c) Hányféle szám készíthető, ha 6 darab 1-est és 2 darab 2-est használunk fel? Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 23

Kombinatorika Összefüggéslátás 5.7 15 18. év. z és B vízilabdacsapatok mérkőzésének első két negyedében nyolc gól esett. a) játék lefolyását tekintve hányféleképpen történhetett ez meg? b) Hányféle sorrendben eshettek a gólok, ha tudjuk, hogy mindkét csapat lőtt gólt? c) zt is megtudtuk utólag, hogy az csapat a szünetben 6:2-re vezet. Hányféleképpen alakulhatott ki ez az eredmény? 5. Egy televíziós vetélkedőn három csapat szerepel,, B és C, és összesen nyolc kérdés hangzik el. Mindegyik kérdést helyesen válaszolta meg valamelyik csapat. (Egy kérdésre egyszerre csak egy csapat adhat választ, tehát pontosan nyolc helyes válasz történt.) a) Hányféleképpen lehetséges ez? b)* Hányféleképpen lehetséges ez, ha esetleg még azt is tudjuk, hogy minden csapatnak volt helyes válasza? c) Hányféleképpen történhet meg, hogy az és B csapat 3-3, míg a C 2 jó választ ad? d) Hányféleképpen nyerheti meg az csapat a vetélkedőt? (Ekkor -nak van a legtöbb pontja, tehát nincs holtverseny az első helyen.) 2 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Kombinatorika Összefüggéslátás 5.7 6. z előző vetélkedő újabb fordulójában ismét nyolc kérdést tesz fel a játékvezető. kérdésekre adott jó válasz 2 pontot ér, a rossz válasz 1-et. Minden kérdésre először a leggyorsabban jelentkező csapat válaszolhat. Ha a válaszuk jó, a következő kérdés következik; míg ha rossz a válasz, akkor a másodiknak jelentkező csapat válaszolhat. Jó válasz esetén továbbmennek, míg rossz válasz esetén a harmadik csapatnak is lehetősége van a válaszra. (z is előfordulhat, hogy valamelyik csapat nem él a válaszadás lehetőségével.) a) Hányféleképpen folyhat le a vetélkedő, a kérdésekre adott válaszok tekintetében? (Nemcsak az számít, hogy melyik csapat adott helyes vagy hibás válaszokat, hanem az is, hogy milyen sorrendben.) b) Hányféleképpen szerezhet egy csapat 8 pontot? (Számít a kérdések sorrendje, de ne vegyük figyelembe a többi csapat válaszát!) c) Hányféleképpen történhet meg, hogy végeredményül az és B csapatnak 6-6, míg a C-nek pontja van? d) Hányféleképpen történhet meg, hogy végeredményül mindhárom csapatnak 5 pontja van? e) Hányféle pontszáma lehet egy csapatnak, ha jó választ adott? 15 18. év Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 25

Kombinatorika Összefüggéslátás 5.7 15 18. év 7. z iskolai focibajnokság egy csoportjában csapat van. csoportban mindenki mindenkivel egyszer játszik. Győzelemért 3, vereségért 0, döntetlenért 1 pont jár. két legtöbb pontot összegyűjtő csapat jut a döntőbe (pontegyenlőség esetén pénzfeldobással döntenek). z egyik csapat edzője a bajnokság előtt a következőket írta a táblára: Ha legalább a pontot elérünk, biztosan továbbjutunk. Legalább b pontot el kell érnünk, hogy legyen esélyünk továbbjutni. legmagasabb pontszám, amivel kieshetünk: c. d a legmagasabb pontszám, amivel biztosan kiesünk. Mennyi a, b, c és d értéke, ha az edző nem hibázott? (Dürer verseny, 2011.) 26 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Kombinatorika Rendszerezőképesség 5.7 2. Mérkőzések alakulása 1. Hányféleképpen érhető el a 13 pont a képen látható darts táblákon? Feltételezzük, hogy a játék folyamán nem történik 0 pontos (érvénytelen) dobás. a) b) c) 15 18. év 2. Hányféleképpen jöhetett létre egy 7:5 végeredményű teniszjátszma? ( teniszben 6 nyert játékig játsszák az egyes játszmákat, de a győzelemhez két játék különbség kell. 6:5- re tehát nem lehet nyerni, így alakulhat ki a 7:5 végeredmény.) 3. z asztalitenisz-játszmákat 11 pontig játsszák úgy, hogy legalább két pont különbség kell a győzelemhez. (Ha tehát 10:10 után 11:10 lett az eredmény, tovább folytatják a játékot addig, amíg a játékosok között nem alakul ki két pont különbség.) Hányféleképpen jöhet létre egy a) 11:5-ös; b) 13:11-es eredményű játszma? Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 27

Kombinatorika Rendszerezőképesség 5.7 15 18. év. Hányféleképpen alakulhat egy teniszjátszma, amelyet ha szükséges úgynevezett rövidítéssel fejeznek be? ( rövidítésre 6:6-os állásnál kerülhet sor, ha a játszma nem dőlt el korábban, például 6:-re. rövidítés során egyetlen további játékban eldöntik, melyik fél lesz a győztes, aki így végül is 7:6-ra nyer.) 5. Egy ifjúsági kézilabda-mérkőzésen a győztes csapat 1 gólt ért el. a) Hányféleképpen alakulhatott a játszma, ha a vesztes csapat 8 gólt szerzett? És akkor hányféleképpen alakulhatott a játszma, ha a vesztes csapat b) legfeljebb 8 gólt szerzett; c) góljainak a száma nem ismert; d) legalább 8 gólt szerzett? 6. Két sakkjátékos tizenkét játszmás párosmérkőzést vív. játszmák nyertese 1, a vesztes 0 pontot kap; míg ha döntetlen a parti, mindketten 0,5 0,5 pontot kapnak. a) Hányféle eredménye lehet a mérkőzésnek? ( két játékos pontszám-megoszlása a kérdés.) b) Hányféleképpen folyhat le a mérkőzés? (Számít a lejátszott partik sorrendje.) c) Hányféleképpen végződhet a mérkőzés? (Itt például megkülönböztetjük az 1 szerzett pontot aszerint, hogy két döntetlenből vagy egy győzelemből származik.) d) Hányféleképpen győzhet 8:-re az egyik játékos? 28 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)

Kombinatorika Rendszerezőképesség 5.7 7. Egy kézilabda-mérkőzés állása 8:5. Hányféleképpen jöhetett ki ez az eredmény, ha feltételezzük, hogy a hátrányban álló csapat sosem szerzett egymás után a) 2 b) 3 gólt? Hányféleképpen nyerhet egy játékos 6:-re egy teniszjátszmát, ha az ellenfélnek nincs nyerő szériája, azaz nem nyert egymás után c) 2 d) 3 játékot? 15 18. év 8. Egy kézilabda-mérkőzésen a szünetig 13 gól született. Hányféleképpen jöhetett ki ez az eredmény, ha feltételezzük, hogy a hátrányban álló csapat sosem szerzett egymás után a) 2 b) 3 gólt? 9. Hányféleképpen nyerhet egy játékos 6:-re egy teniszjátszmát, ha a játszma folyamán a) az ellenfél sosem vezetett; b) a 0:0 kezdőhelyzet kivételével végig a győztes játékos vezetett? (Ebben a feladatban tehát nem engedjük meg a döntetlen részállást.) Fejlesztő matematika (5 12. évf.) 29

Kombinatorika Rendszerezőképesség 5.7 nálunk is egyre nézettebb amerikai futballban a támadó csapatnak a következő pontszerzési lehetőségei vannak: 3 pont (mezőnygól); 6 pont (ekkor a birtokolt labdát az ellenfél célterületére juttatják; touchdown ); 1 pont (sikeres 6 pontos akció után egyszeri alkalommal jutalomrúgás); 2 pont (sikeres 6 pontos akció után egyszeri alkalommal touchdown szerzése). Tehát egy 6 pontos akció után három folytatási lehetőség van: a támadó csapat végrehajt egy sikeres 1 pontos rúgást (ekkor 6 + 1 = 7 a támadásból szerzett pontok száma); vagy végrehajt egy sikeres 2 pontos akciót (6 + 2 = 8 pont); vagy a fentiek sikertelensége esetén marad a 6 szerzett pontja. védekező csapat is szerezhet pontot: 2 pont (ekkor a védekező csapat például az ellenfél célterületén belül földre viszi a labdát birtokló irányítót). 15 18. év 10. Hányféleképpen szerezhet 21 pontot egy csapat az amerikai futballban? 30 Fejlesztő matematika (5 12. évf.)