Kombinatorika Permutáció 1. Adva van az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegy. Hány különböző 9-jegyű szám állítható elő ezekkel a számjegyekkel, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek? Mi van akkor, ha a szám csak (a) páros, (b) néggyel osztható, (c) öttel osztható lehet? Ezek száma nem más, mint 9 eleme permutációinak száma: (a) P 9 = 9! = 362880 páros 8 elem permutációinak száma 4 db Az utolsó számjegy csak páros lehet (ezekből 4 különböző lehet), a fenn maradó 8 helyre a 8 elem permutációja kerül. Ezek száma: P 8 4 = 8! 4 = 161 280 (b) (c) 7 elem permutációinak száma 16 db Utolsó két helyen álló szám oszthatónak kell lenni 4-gyel, ezért csak az alábbi számokra végződhet: 12, 16, 24, 28, 32, 36, 48, 52, 56, 64, 68, 72, 76, 84, 92, 96. Ezek szána 16. A fennmaradó 7 helyre 7 elem permutációit írjuk le. Ezért az összes jehetséges esetek száma: P 7 16 = 7! 16 = 5040 16 = 80640 5 8 elem permutációinak száma 1 db Az utolsó számjegy csak 5 lehet, a fennmaradó 8 helyre a 8 elem permutációja kerül. Ezek száma: P 8 = 8! = 40 320 2. Hány tízjegyű szám állítható elő, ha a (a) számjegyek nem ismétlődhetnek, (b) legalább egy számjegy ismétlődik? (a) 0 9 db 9 elem permutációinak száma Az első számjegy nem lehet nulla, amelyre így 9 különböző elemet írhatunk. A többi 9 helyre 9 elem egy permutációja kerül. Így az összes különböző lehetőségek száma: 9 P 9 = 9 9! = 3 265 920
(b) A tízjegyű számokból 9 999 999 999 999 999 999 = 9 10 9 darab szám van. Ezekből ki kell vonni azoknak a tízjegyű számok számát, amelyekben a számjegyek nem ismétlődnek. Ezek száma 9 P 9 = 9 9! Tehát azon tízjegyű természetes számok száma, amelyben legalább egy számjegy ismétlődik 9 10 9 9 9! 3. Hány 11-jegyű szám allítható elő a tízes számrendszerben, ha a számjegyek nem ismétlődhetnek? Mivel csak 10 számjegy van, ezért 0. 4. Hány nyolcjegyű páros szám képezhető a 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1 számjegyekből? 1 0 Mivel a szám csak páros lehet, ezért az utolsó számjegye 0. A számnak nyolcjegyűnek kell lenni, ezért az első számjegy 1. A fennmaradó 6 helyre tetszőleges számjegyet írhatunk. Vagyis a fennmaradó 6 számjegy ismétléses permutációinak számát kell meghatározni: P 3,3 6 = 6! 3! 3! = 6 5 4 3! 6 3! = 20 5. Hány néggyel osztható nyolcjegyű szám képezhető a 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 1 számjegyekből? 1 0 0 Mivel a szám osztható 4-gyel, ezért az utolsó két számjegye 0. A számnak nyolcjegyűnek kell lenni, ezért az első számjegy 1. A fennmaradó 5 helyre tetszőleges számjegyet írhatunk. Vagyis a fennmaradó 5 számjegy ismétléses permutációinak számát kell meghatározni: P 2,3 5 = 5! 2! 3! = 5 4 3! 2 3! 6. Egy osztály tagjai közül 6 lány és 5 fiú együtt megy színházba. A jegyek egymás mellé szólnak. (a) Hányféleképpen ülhetnek le? = 10 (b) Hányféleképpen foglalhatnak helyet, ha a lány lány mellé, és a fiú fiú mellé nem ülhet? (a) Annyiféleképpen ülhetnek le ahány permutációja van 11 db elemnek: P 11 = 11! (b) Mivel lány lány mellé, fiú fiú mellé nem ülhet és a lányokból van több, ezért az első helyre lány, a második helyre fiú és így tovább, végül az utolsó helyre lány ülhet csak. L F L F L F L F L F L A lányok egymás között annyiféleképpen ülhetnek, ahány permutációja van 6 elemnek: P 6 = 6! A fiúknál a lehetőségek száma annyi, ahányféleképpen 5 elemet permutálni tudunk: P 5 = 5! Így összesen 6! 5! = 86 400 féleképpen ülhetnek le.
7. Hány 5-tel osztható négyjegyű szám képezhető a 0, 1, 3, 5 számjegyek felhasználásával, ha minden számjegy csak egyszer szerepelhet? Egy szám akkor osztható 5-tel, ha 0-ra vagy 5-re végződik. 1. eset: 0-ra végződik: 0 A fennmaradó helyekre az 1, 3, 5 számok kerülhetnek, ezért a lehetőségek száma ezek permutációinak számával egyenlő: P 3 = 3!. 2. eset: 5-re végződik. Mivel négyjegyű számnak kell lennie, ezért az első számjegye nem lehet nulla. Így első helyre 2 különböző számot írhatunk: 0 5 A fennmaradó helyre a megmaradt számok permutációja kerül. Ezek száma: P 2 = 2!. Ekkor a 2. esetben a lehetőségek száma: 2 P 2 = 2 2!. Mindkét esetet figyelembe véve 5-tel osztható négyjegyű számok száma: P 3 + 2 P 2 = 3! + 2 2! = 10 8. A 0, 1, 2, 3,..., 9 számokat sorozatba rendezzük. Hány esetben lehet, hogy az 1, 2, 3 számok csökkenő sorrendben kerülnek egymás mellé? Az 1, 2, 3 számokat egymás mellé rakjuk csökkenő sorrendben, és egy elemnek tekintjük. Ekkor a fennmaradó 7 db számmal összesen 8 elemet alkotnak, vagyis akkor ennek a 8 elemnek a permutációinak számát kell meghatározni: 7 P 7 = 7 7! = 35 280 9. Az iskolában rendezett versmondó verseny döntőjébe 10 tanuló került: Béla, Cecília, Erzsébet, Ferenc, Ilona, Jolán, Kálmán, Lívia, Mária és Péter. (a) Hányféleképpen alakulhat a sorrend a helyezések szempontjából? (b) Hány esetben lehet fiú az első helyezett? (c) Hány esetben lehetséges, ha az első három helyen Cecília, Kálmán és Lívia végez? (a) Annyi különböző helyezés lehetséges, ahány permutációja van 10 elemnek: P 10 = 10! (b) Az első helyre 4 fiú kerülhet, a fennmaradó helyekre pedig a többi 9 diák. Ezért a lehetőségek száma: 4 P 9 = 4 9! (c) Az első három hely szempontjából a lehetőségek száma 3 elem permutációjának a számával egyenlő: P 3 = 3! A fennmaradó 7 helyre a többi diák permutációja kerül. Ezek száma: P 7 = 7! Így ebben az esetben a lehetőségek száma nyilvánvalóan ezek szorzata lesz: P 3 P 7 = 3! 7! = 30 240 10. Az iskolában rendezett sportvetélkedőn a 100 méteres síkfutás nyolcas döntőjébe a IV. osztályosok közül Anna, Bea és Cili jutott be. Hány esetben lehet (a) IV. osztályos az első helyen, (b) Anna az első helyezett, (c) Anna az első három helyezett között?
(a) Az első helyen 3 diák végezhet, a többi 7 helyen a fennmaradó diákok permutációja lehetségesek. Így a lehetőségek száma: 3 P 7 = 3 7! = 15 120 (b) Az első helyen Anna végzett. Ekkor a lehetséges különböző sorrendek száma 7 elem permutációjának számával egyenlő: P 7 = 7! = 5 040 (c) Anna az első három hely egyikén végezhet, ez 3 különböző eset. A fennmaradó helyekre a lehetőségek száma 7 elem permutációjának számával egyenlő. Ekkor az összes lehetőségek száma: 3 P 7 = 3 7! = 15 120 11. A 0, 1, 2,..., 9 számjegyekből hány tízjegyű 9-cel osztható szám készíthető, ha minden számjegy csak egyszer szerepel? 0 9 db 9 elem permutációinak száma A számjegyek összege, 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 osztható kilenccel, ezért az ezekből alkotott 10-jegyű számok oszthatók 9-cel. Az első helyre 0 nem kerülhet, mert akkor 9-jegyű számot kapnánk. A fennmaradó többi helyre a megmaradt számok permutációja kerül. Ekkor a lehetséges esetek száma: 9 P 9 = 9 9! 12. Hány 3-mal osztható tízjegyű számot tudunk felírni a 0, 1, 2,..., 9 számjegyekből, ha minden számjegyet csak egyszer írunk fel? 0 9 db 9 elem permutációinak száma A számjegyek összege, 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45 osztható 3-mal, ezért az ezekből alkotott 10-jegyű számok oszthatók 3-mal. Az első helyre 0 nem kerülhet, mert akkor 9-jegyű számot kapnánk. A fennmaradó többi helyre a megmaradt számok permutációja kerül. Ekkor a lehetséges esetek száma: 9 P 9 = 9 9! 13. 5 házaspár foglal helyet egy kör alakú asztalnál. Hányféleképpen helyezkedhetnek el, ha a házastársak egymás mellett akarnak ülni? (Két elhelyezést akkor és csak akkor tekintünk különbözőnek, ha a társaságban legalább egy embernek legalább az egyik szomszédja a két elhelyezkedésben különböző.) Mivel a házastársak egymás mellett ülnek, ezért egy elemnek vesszük. Az első házastársat az asztalhoz ültetjük. Többi házaspárt a fennmaradó 4 pár székre ültetjük. A négy házaspár annyiféleképpen ülhet le, ahányféleképpen permutálódhat. A házaspárok egymás között is permutálódnak ezért még meg kell szoroznunk ezek számával, annyiszor, ahány páros van: (P 2 ) 5 P 4 = (2!) 5 4! = 768 14. 5 házaspár ül egy padon. Hányféleképpen helyezkedhetnek el, ha a házastársak egymás mellett akarnak ülni? 2! 2! 2! 2! 2!
Mivel a házastársak együtt ülnek, ezért valójában 5 elem permutációjáról van szó: P 5 = 5! Házastársak egymás között cserélődhetnek, ezért a lehetséges esetek száma összesen: (P 2 ) 5 P 5 = (2!) 5 5! = 3 840 15. 5 házaspár foglal helyet egy padon. Hányféleképpen helyezkedhetnek el, ha a házastársak egymás mellett akarnak ülni, de sem két nő, sem két férfi nem ülhet egymás mellé? N F N F N F N F N F F N F N F N F N F N Mivel a házastársak együtt ülnek, ezért valójában 5 elem permutációjáról van szó: P 5 = 5! A feltétel miatt a házastársak egymás között nem cserélődhetnek. Viszont vagy nő kezdi a leülést vagy férfi, ezért a lehetséges esetek száma összesen: 2 P 5 = 2 5! = 240 16. Egy sakkversenyen az egyik versenyzőnek a hatodik játszma után 4,5 pontja van. Hányféleképpen érhette ezt el a versenyző, ha azt is figyelembe vesszük, hogy milyen sorrendben érte el eredményeit? (A sakkozók minden nyert játszma után 1 pontot, döntetlen után 0,5 pontot kapnak.) Játszma Pontok 1. eset Ny Ny Ny Ny D V 4,5 2. eset Ny Ny Ny D D D 4,5 1. esetben a lehetőségek száma: P6 4 = 6! 4! = 6 5 4! 4! 2. esetben a lehetőségek száma: P 3,3 6 = 6! 3! 3! = 20 Tehát az összes lehetséges esetek száma: = 30 P 4 6 + P 3,3 6 = 50 17. Hányféleképpen lehet 2 piros, 3 fehér és 4 kék golyót egy sorba elhelyezni? Ez nem lesz más mint 9 elem ismétléses permutációja: P 2,3,4 9 = 9! 2! 3! 4! = 9 8 7 6 5 4! 2 6 4! 18. Hány permutációja van az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számoknak, ha (a) 1-gyel kezdődik és 6-ra végződik, (b) az 1, 2, 3 számjegyek egymás mellett vannak? = 1 260 (a) 1 6 Ha a szám 1-gyel kezdődik és 6-ra végződik, akkor a permutációk száma permutációjával egyenlő: P 4 = 4! = 24
(b) Mivel az 1, 2, 3 szám egymás mellett van, ezért egy elemnek tekintjük. Ezért a lehetőségek száma permutációinak számával egyenlő: P 4 = 4! Viszont minden egyes esetben az 1, 2, 3 számok egymás között permutálódhatnak. Ezek száma: P 3 = 3! Így az összes lehetséges permutáció, ha figyelembe is vesszük a feltétel is: P 4 P 3 = 4! 3! = 24 6 = 144 19. Ha az 1, 2, 3, 4, 5 számok összes permutációját egymás alá írjuk, akkor mennyi lesz az egyes oszlopokba írt számjegyek összege? permutációja 1 2 3 4 5 permutációjtációjtációja permu- permu- permutációja Először összeadjuk az utolsó oszlopba írt számok összegét. (Vegyük észre, hogy mindegyik összeg ugyanannyi lesz.) Az 1-re végződő számok száma annyi, mint amennyi a 2-re, 3-ra, 4-re, 5-re végződőek, hiszen minden esetben a fennmaradó helyre 4 szám permutálódhat. Mindegyik esetben ezek száma: P 4 = 4!. Így az utolsó oszlopba írt számok összege: 1 P 4 + 2 P 4 + 3 P 4 + 4 P 4 + 5 P 4 = (1 + 2 + 3 + 4 + 5) P 4 = 15 4! = 360 Hasonlóan határozzuk meg a első, második, harmadik és végül a negyedik oszlopba írt számok összegét, ami szintén 360. 20. A 0, 1, 4, 7, 9 számjegyekből hány ötjegyű számot képezhetünk, ha egy számjegy csak egyszer szerepelhet? 0 4 db permutációja Az első számjegy nem lehet nulla, a maradék helyekre viszont minden esetben permutálódik. Ezért az adott számjegyekből képezhető számok száma: 4 P 4 = 4 4! = 96 21. A könyvtárban egy polcon 15 könyv van, közöttük egy 5 kötetes regény. Hányféleképpen rakhatjuk sorrendbe a könyveket, ha az 5 kötetes regény mindig egymás mellett legyen ugyanolyan sorrendben? Ha az 5 kötetes regényt egy elemnek, tekintjük, akkor valójában 11 elem permutációjáról van szó: P 11 = 11! 22. Hány elemből lehet 40 320 permutációt előállítani? A feladat értelmében: P n = n! = 40 320 = 8 7 6 5 4 34 2 1 = 8! Vagyis 8 elemből lehet 40 320 permutációt előállítani.
23. Ha az elemeket 2-vel növeljük, akkor a permutációk száma 12-szeresére nő. Az elemek száma mennyi volt? Jelöljük az elemek számát n-nel. Ekkor a feladat értelmében: (n + 2)! = 12 n! Azaz (n + 2) (n + 1) n! = 12 n! n!-sal osztva az egyenletet, ami természetesen nem lehet nulla: Tehát az elemek száma 2 volt. (n + 2) (n + 1) = 12 = 4 3 n + 2 = 4 n = 4 24. Ha az elemek számát 2-vel csökkentem, akkor a permutációk száma 42-szeresére csökken. Mennyi az elemek száma? Jelöljük az elemek számát n-nel. Ekkor a feladat értelmében: n! = 42 (n 2)! Azaz n (n 1)(n 2)! = 42 (n 2)! (n-2)!-sal osztva mindkét oldalt, ami természetesen nem lehet nulla: Tehát az elemek száma 7 volt. n (n 1) = 42 = 7 6 n = 7 25. Hány ötjegyű szám állítható elő a 0, 3, 4, 5, 7 számjegyekkel úgy, hogy a szám osztható legyen 2-vel, ill. 10-zel? (a) 2-vel osztható: Egy szám osztható 2-vel, ha páros számra végződik. Jelen esetben 2 eset lehetséges: 1. eset: nullára végződik: 0 permutációja A fennmaradó helyre kerülhet. Ezen permutációk száma: P 4 = 4! = 24 2. eset: 4-re végződik 0 4 3 db 3 elem permutációja Az első számjegy nem lehet 0, a többi 3 helyre pedig minden esetben 3 elem permutációja kerül. Ekkor a lehetőségek száma: 3 P 3 = 3 3! = 18 2-vel osztható előállítható számok száma: P 4 + 3 P 3 = 24 + 18 = 42
(b) 10-zel osztható 0 permutációja A fennmaradó helyre kerülhet. Ezen permutációk száma: P 4 = 4! = 24 26. Négy magyar és három szlovák nyelvű könyvet rakunk fel egy polcra. Hányféleképpen tehetjük ezt meg ha azt akarjuk, hogy egy magyar könyvet egy szlovák könyv követ? M Szl M Szl M Szl M Mivel magyar könyvből van több, ezért azzal kezdjük a könyvek polcra rakását. A magyar könyveket annyiféleképpen tudjuk lerakni, ahányféleképpen egymás között tudnak permutálódni: P 4 = 4! = 24. Minden egyes esetben a szlovák könyveket annyiféleképpen lehet lerakni, mint 3 elem permutációinak száma: P 3 = 3! = 6. A polcra a könyveket féleképpen tehetjük a polcra. P 4 P 3 = 4! 3! = 144 27. Hány permutációja van a MATEMATIKA szónak? Ez nem más mint 10 elem ismétléses permutációja. Számoljuk meg, hogy az egyes betűkből mennyi szerepel: M k 1 = 2, A k 2 = 3, T k 3 = 2, a többi betűből egy van. Ekkor a MATEMATIKA szónak a permutációjának a száma: P 2,3,2 10 = 10! 2! 3! 2! = 10 9 8 7 6 5 4 3! 2! 3! 2! = 151 200 28. Hányféleképpen fűzhetünk fel egy zsinórra 2 fehér, 2 sárga és 3 piros golyót? 7 elem ismétléses permutációját kell meghatároznunk: P 2,2,3 7 = 7! 2! 2! 3! = 7 6 5 4 3! 2 2 3! = 210 29. Hány különböző számot állíthatunk elő 5 darab 2-esből, 3 darab 4-esből és 2 darab 7-esből? 2 2 2 2 2 4 4 4 7 7 10 elem ismétléses permutációját kell meghatároznunk: P 5,3,2 10 = 10! 5! 3! 2! = 10 9 8 7 6 5! 5! 3! 2! = 2 520