Kombinatorické pravidlo součinu

Transkript

Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Kombinatorické pravidlo součinu
U stánku nabízejí čtyři druhy zmrzliny a tři polevy. Kolik různých zmrzlin s polevou lze vytvořit za
předpokladu, že nebudeme míchat více druhů zmrzliny ani více polev?
Zmrzlina
Poleva
čokoládová
vanilková
ovocná
oříšková
čokoládová
citrónová
Přiřadíme-li tedy např. vanilkové zmrzlině tři
polevy, získáme tak tři různé dvojice zmrzlinapoleva. Totéž opakujeme s ostatními druhy
zmrzliny.
ovocná
oříšková
čokoládová
pomerančová
Z uvedeného diagramu je zřejmé, že ke každému
druhu zmrzliny lze vybrat právě jeden druh polevy.
Vytváříme tedy dvojice zmrzlina-poleva, přičemž
zmrzlinu si můžeme zvolit jednu ze čtyř druhů,
máme tedy celkem čtyři možnosti výběru zmrzliny.
Následující výběr polevy skýtá celkem tři možnosti,
tři druhy polevy.
ovocná
oříšková
Celkový počet možností, jak takovouto dvojici
vytvořit, je
4 ⋅ 3 = 12
Zobecněním této úvahy dojdeme k tomu, že
počet všech uspořádaných k-tic, jejichž první člen
lze vybrat n1 způsoby, druhý člen po výběru
prvního členu n2 způsoby atd. až k-tý člen
po výběru všech předcházejících členů nk způsoby,
je roven n1 ⋅ n 2 ⋅ K ⋅ n k .
čokoládová
malinová
ovocná
oříšková
http://www.b324.com/m/kombinatorika_eida.pdf
1 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Kombinatorické pravidlo součinu můžeme použít také v případě, kdy několikrát (k-krát) opakujeme
výběr z určitých prvků a zajímá nás, kolik různých pořadí může vzniknout. Např. když házíme 1€ mincí,
jde o opakovaný výběr ze dvou prvků (orel, panna). Po třech hodech může vniknout 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 8
různých výsledků:
1. hod
2. hod
3. hod
1: orel – orel - orel
2: orel – orel - panna
3: orel – panna - orel
4: orel – panna - panna
5: panna – orel - orel
6: panna – orel - panna
7: panna – panna - orel
8: panna – panna - panna
Celkový počet:
1. hod:
2. hod:
3. hod:
n1 ⋅ n 2 ⋅ n3
n1 = 2
n2 = 2
n3 = 2
2 možnosti
2 ⋅ 2 = 4 možnosti
2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 8 možností
2 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Příklad
Kolik různých uspořádaných dvojic můžeme získat, hodíme-li dvěma rozlišitelnými hracími kostkami
s jedním až šesti oky na jejich stěnách?
Při hodu první kostkou může padnout jedno z čísel 1, 2, 3, 4, 5, 6, je celkem 6 možností, n1 = 6.
Při druhém hodu může opět padnout jedno z čísel 1 – 6 , tedy n2 = 6.
Celkový počet možností je roven
n1 ⋅ n2 = 6 ⋅ 6 = 36 .
Kombinatorické pravidlo součtu
Aniž si to uvědomujeme, toto pravidlo používáme běžně v praxi. Např. máme-li na stole tři modré,
čtyři zelené a pět červených pastelek, můžeme si snadno spočítat, že máme celkem 3 + 4 + 5 = 12
pastelek.
Jsou-li A1, A2, …, An konečné množiny, které mají po řadě p1, p2, …, pn prvků, a jsou-li každé dvě
disjunktivní (vzájemně se vylučují), pak počet prvků množiny A1 ∪ A2 ∪ K ∪ An je roven
p1 + p 2 + K + p n .
Příklad:
Do třídy chodí 27 žáků. Osm z nich jezdí do školy autobusem a pět jezdí autem. Kolik žáků z této třídy
chodí do školy pěšky, jestliže nikdo nepoužívá na cestě do školy jiný dopravní prostředek?
Řešení:
Počet žáků této třídy, kteří nepoužívají žádný z uvedených dopravních prostředků, označíme x. Počet
všech žáků třídy je roven součtu počtu žáků, kteří jezdí do školy autobusem, počtu žáků, kteří jezdí
autem, a počtu žáků, kteří žádný dopravní prostředek nepoužívají. Z této úvahy můžeme sestavit
následující rovnici:
27 = 8 + 5 + x
x = 27 − 8 − 5
x = 14
Čtrnáct žáků této třídy nepoužívá při cestě do školy žádný dopravní prostředek.
3 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Příklad:
V letadle na mezinárodní lince je 9 chlapců, 5 amerických dětí, 9 mužů, 7 dětí jiné státní příslušnosti,
14 Američanů, z nichž je 6 mužů, a 7 žen jiné státní příslušnosti. Kolik cestujících je v letadle?
Řešení:
Nejprve určíme počet dětí: v letadle je 5 amerických dětí a 7 dětí jiné státní příslušnosti, to znamená
dohromady 12 dětí. Dále je v letadle 7 žen jiné státní příslušnosti než americké a 9 mužů. K určení
celkového počtu dospělých tedy zbývá zjistit, kolik amerických žen je v letadle. Ze zadání víme, že je
v letadle 14 Američanů, z toho 6 mužů a 5 dětí. Počet amerických žen je proto 14 − 6 − 5 = 3 .
Dostáváme tak počet dospělých: 9 + 7 + 3 = 19 . V letadle je tedy 12 dětí a 19 dospělých, což je
dohromady 31 cestujících. Informace o tom, že v letadle je 9 chlapců, není k výpočtu potřeba.
Muži
Ženy
Děti
Celkem
Američané
6
(14 – 6 – 5)
5
14
Muži
Ženy
Děti
Celkem
Neameričané
(9 - 6)
7
7
(9 - 6) + 7 + 7
Američané
6
3
5
14
9
7 + (14 – 6 – 5)
(5 + 7)
?
Neameričané
3
7
7
17
9
10
12
31
4 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
O trochu složitější je určování počtu prvků sjednocení množin v případech, kdy tyto množiny nejsou
disjunktní (vzájemně se nevylučují).
Příklad:
V jedné třídě, ve které každý žák ovládá alespoň jeden ze dvou jazyků (angličtinu nebo němčinu),
hovoří 25 žáků anglicky, 16 žáků německy a 7 žáků hovoří oběma jazyky. Kolik žáků chodí do této
třídy?
Řešení:
Množinu žáků, kteří mluví anglicky, označíme A, a množinu žáků, kteří mluví německy, označíme N.
Protože každý žák ve třídě ovládá alespoň jeden z uvedených jazyků, chodí do třídy tolik žáků, kolik
prvků má sjednocení množin A a N. Počet prvků množiny X označujeme symbolem
X . Víme, že
A = 25 , N = 16 , A ∩ N = 7 .
Kdybychom jen sečetli
A + N , byli by žáci, kteří mluví oběma jazyky, započítáni dvakrát. Je proto
potřeba je jednou odečíst:
A ∪ N = A + N − A ∩ N = 25 + 16 − 7 = 34 . Do této třídy chodí
34 žáků.
5 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Příklad:
Při matematické soutěži řešili žáci tři úlohy; označme je A, B, C. Ze 140 soutěžících vyřešilo úlohu A
osmdesát, úlohu B sedmdesát a úlohu C padesát soutěžících. Přitom úlohu A a zároveň B vyřešilo
čtyřicet soutěžících, úlohu B a zároveň C třicet soutěžících a stejně tak i úlohu A a zároveň C vyřešilo
třicet soutěžících. Všechny tři úlohy vyřešilo dvacet soutěžících. Kolik soutěžících nevyřešilo ani jednu
úlohu?
Řešení:
Budeme postupovat tak, že nejprve zjistíme, kolik žáků vyřešilo alespoň jednu úlohu, a tento
mezivýsledek odečteme od celkového počtu soutěžících. Množinu soutěžících, kteří vyřešili úlohu A
(resp. B, C) označíme SA (resp. SB, SC). Potom počet soutěžících, kteří vyřešili alespoň jednu úlohu, je
stejný, jako počet prvků množiny S A ∪ S B ∪ S C .
S A ∪ S B ∪ SC = S A + S B + SC − S A ∩ S B − S A ∩ SC − S B ∩ SC + S A ∩ S B ∩ SC
S A ∪ S B ∪ S C = 80 + 70 + 50 − 40 − 30 − 30 + 20 = 120
140 − 120 = 20
Alespoň jednu úlohu vyřešilo 120 žáků. Soutěže se zúčastnilo 140 žáků, zbývá tedy 20 žáků, kteří
nevyřešili ani jednu úlohu.
6 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Řešené příklady
Příklad:
Určete počet všech přirozených dvojciferných čísel, v jejichž dekadickém zápisu se každá číslice
vyskytuje nejvýše jednou.
Řešení:
V tomto případě lze využít obě kombinatorická pravidla.
1) řešení pomoci kombinatorického pravidla součinu
Na místě desítek může být libovolná z číslic 1, 2, …, 9, máme tedy devět možností pro výběr první
číslice. Ke každé z nich existuje devět možností, jak vybrat číslici pro místo jednotek - může zde být
číslice 0 a libovolná z číslic 1, 2, …, 9, která je různá od číslice stojící na místě desítek. Celkem lze tedy
sestavit 9 ⋅ 9 = 81 uvažovaných dvojciferných čísel.
Výběr první číslice:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Výběr druhé číslice:
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
2) řešení pomocí kombinatorického pravidla součtu
Všechna přirozená dvojciferná čísla lze rozdělit do dvou disjunktních (vzájemně se vylučujících) skupin
tak, že v první jsou dvojciferná čísla s různými číslicemi a ve druhé dvojciferná čísla se stejnými
číslicemi. Počet všech dvojciferných čísel je 90, počet dvojciferných čísel se stejnými číslicemi je 9
(jsou to čísla 11, 22, …, 99). Označíme-li hledaný počet dvojciferných čísel s různými číslicemi x, pak
platí x + 9 = 90. Odtud dostáváme, že je x = 81.
7 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Příklad:
Z místa A do místa B vedou čtyři turistické cesty,
z místa B do místa C vedou cesty dvě a z místa C
do místa D vedou tři cesty. Určete, kolika způsoby
lze vybrat cestu
a)
b)
c)
d)
Z bodu A do bodu C
Z bodu A do bodu D
Z bodu A do D a zpět
Z bodu A do D a zpět tak, aby se žádná
cesta dvakrát neopakovala
A
C
D
B
Řešení:
a) Z bodu A do bodu C
Z bodu A je nejprve nutné se dostat do bodu B. Z A do B vedou celkem čtyři cesty, máme tedy
4 možnosti výběru prvního úseku cesty. Dále z bodu B do bodu C vedou cesty dvě a naše možnosti
jsou tedy dvě. Celkový počet způsobů, kterými se lze z bodu A dostat do bodu C, je
n1 ⋅ n2 = 4 ⋅ 2 = 8 .
b) Z bodu A do bodu D
Zde je situace obdobná, avšak s tím rozdílem, že je cesta prodloužena ještě o úsek z C do D. Tam jsou
možnosti tři. Celkový počet možností je roven n1 ⋅ n 2 ⋅ n3 = 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 24 .
c) Z bodu A do D a zpět
Postup bude stejný, jako v předcházejícím případě; zde je však ještě nutné projít cestu zpět z D do A.
Z A do B vedou 4 cesty, z B do C 2 cesty, z C do D tři cesty a zpět z D do C cesty tři, z C do B dvě
cesty a z B do A cesty čtyři.
n1 ⋅ n 2 ⋅ n3 ⋅ n4 ⋅ n5 ⋅ n6 = 4 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 4 = 576
d) Z bodu A do D a zpět tak, aby se žádná cesta dvakrát neopakovala
Podmínkou v tomto případě je, aby se žádná z cest, kterou jsme již prošli, neopakovala. Nejprve si
tedy zvolíme cesty z bodu A do D, tedy n1 ⋅ n 2 ⋅ n3 = 4 ⋅ 2 ⋅ 3 = 24 . Po cestě zpět se nám výběr
poněkud zúží. Z bodu D do C vedou tři cesty, ale po jedné z nich jsme již šli a nemůžeme ji opakovat.
Na výběr máme již pouze cesty dvě. Obdobná situace je i v bodě C, kde byly původně dvě cesty
k dispozici, nyní je však použitelná pouze jedna. Z B do A se teď dostaneme pouze po třech volných
cestách.
n1 ⋅ n 2 ⋅ n3 ⋅ n4 ⋅ n5 ⋅ n6 = 4 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 3 = 144
8 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Variace
k-členná variace z n prvků je uspořádaná k-tice sestavená z těchto prvků
tak, že každý se v ní vyskytuje nejvýše jednou.
Vk (n ) = n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2 ) ⋅ K ⋅ (n − k + 1) =
n!
(n − k )!
Příklad:
Na misce je jablko, meruňka, broskev a hruška. Kolika způsoby je možné vybrat si ovoce ke snídani,
k obědu a k večeři?
Ze čtyř možných druhů ovoce vybíráme pouze tři – ovoce k snídani, k obědu a k večeři. Vytváříme
tedy tříčlenné variace (ovoce k snídani, obědu, večeři) ze čtyř prvků, ze čtyř možných druhů ovoce.
Každý prvek se ve variaci vyskytuje nejvýše jednou – pokud jeden kus ovoce sníme k snídani, už
nebude možnost vybrat ho znovu třeba k obědu.
Podle kombinatorického pravidla součinu: Vybíráme-li si ovoce k snídani, máme na výběr ze
všech čtyř druhů ovoce. Když si k snídani vybereme a sníme jablko, na oběd nám již zbude výběr
pouze ze tří druhů ovoce. Budeme-li si vybírat další kus ovoce k večeři, zbudou na výběr pouze dva
druhy ovoce.
Celkový počet možností, jak si vybrat ovoce, je roven
4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 24 .
Zobecněním úvahy získáváme vzorec pro výpočet variace k-té třídy z n prvků. Na začátku vybíráme
jeden z n prvků. Po tomto výběru nám již na další výběr zbývá pouze n – 1 prvků. Při dalším výběru
zůstává již jen n – 2 atd.
Pro variace k-té třídy z n prvků platí:
Vk (n ) = n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2 ) ⋅ K ⋅ (n − k + 1) =
n!
(n − k )!
Příklad:
Určete počet čtyřčlenných variací z osmi prvků.
Řešení:
V4 (8) =
8!
8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4!
=
= 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 = 1680
(8 − 4)!
4!
9 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Příklad:
Malujeme tříbarevné vlaječky a máme k dispozici pět možných
barev – bílou, žlutou, zelenou, červenou a modrou. Každou
barvu můžeme na jedné vlaječce použít nejvýše jednou.
a)
b)
c)
d)
Kolik
Kolik
Kolik
Kolik
takovýchto vlaječek můžeme namalovat?
z nich má uprostřed žlutý pruh?
z nich má kdekoliv modrý pruh?
z nich nemá uprostřed červený pruh?
Řešení:
a) Pruhy na vlaječkách mají mít různé barvy, nesmí se opakovat a záleží na jejich pořadí, budeme
vytvářet variace třetí třídy z pěti prvků.
V3 (5) =
5!
5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2!
=
= 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60 různých vlaječek.
(5 − 3)!
2!
b) Pokud nesmí být žádná z barev použita vícekrát a žlutá je již použita, zbývá nám na zbylá dvě
volná místa použít jednu ze zbývajících čtyř barev. Řešením jsou variace druhé třídy ze čtyř prvků.
V2 (4 ) =
4!
4 ⋅ 3 ⋅ 2!
=
= 4 ⋅ 3 = 12 vlaječek má uprostřed žlutý pruh.
(4 − 2 )!
2!
c) Modrou barvu musíme v každém případě použít, ale není pevně stanoveno, na kterém místě se
má nacházet. Za předpokladu, že bude horní pruh modrý, zbývá V2 (4 ) možností, jak mají být
obarveny prostřední a spodní pruh. Bude-li modrý pruh prostřední, opět získáváme
V2 (4)
možností, jak obarvit horní a spodní pruh. A nakonec, bude-li spodní pruh modrý, bude zase
V2 (4) možností, jak obarvit horní a prostřední pruh.
V2 (4) + V2 (4) + V2 (4) = V2 (4) ⋅ (1 + 1 + 1) = 3 ⋅ V2 (4) vlaječek má kdekoliv modrý pruh.
d) Podle kombinatorického pravidla součtu si můžeme všechny vlaječky rozdělit do dvou
disjunktivních podmnožin – na ty, které červený pruh uprostřed mají a na ty, které ho uprostřed
nemají. Z toho vyplývá, že počet těch, které uprostřed červený pruh nemají, je roven rozdílu všech
možných vlaječek a vlaječek, které mají červený pruh uprostřed.
Počet všech:
V3 (5) =
5!
5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2!
=
= 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60
(5 − 3)!
2!
Počet s červeným pruhem uprostřed:
V2 (4 ) =
4!
4 ⋅ 3 ⋅ 2!
=
= 4 ⋅ 3 = 12
(4 − 2 )!
2!
Počet všech bez červeného pruhu uprostřed:
V3 (5) − V2 (4 ) = 60 − 12 = 48
10 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Permutace
Permutace je zvláštním případem variace, kdy vybíráme všechny prvky ze všech možných. Každá
permutace odpovídá nějakému uspořádání těchto prvků, každý je v ní zastoupen právě jednou.
Permutace z n prvků je každá n-členná variace z těchto prvků.
Vn (n ) =
n!
n!
= = n!= P (n )
(n − n )! 0!
proto definujeme 0! = 1
Permutace z n prvků je uspořádaná n-tice sestavená z těchto prvků tak,
že každý se v ní vyskytuje právě jednou.
Příklad:
Určete počet všech permutací prvků X, Y a Z.
Řešení:
Máme tři prvky, počet permutací je
P(3) = 3!= 3 ⋅ 2 ⋅ 1 = 6
P(3) .
Kontrola:
(X, Y, Z)
(X, Z, Y)
(Y, X, Z)
(Y, Z, X)
(Z, X, Y)
(Z, Y, X)
Příklad:
Kolika způsoby lze zamíchat balíček mariášových karet?
a) náhodně
b) tak, aby bylo červené eso na kraji balíčku
c) tak, aby červená a zelená devítka nebyly vedle sebe
Řešení:
a) Jedná se o permutace z 32 prvků
P(32) = 32!
b) Červené eso si dáme stranou a zbývajících 31 karet zamícháme. Potom zbývají dvě možnost –
naše eso může být navrchu nebo vespodu balíčku.
2 ⋅ P(31) = 2 ⋅ 31!
c) Použitím kombinatorického pravidla součtu si můžeme uvědomit, že existují taková zamíchání
karet, kde červená a zelená devítka vedle sebe jsou, a taková, kde vedle sebe červená a zelená
devítka nejsou. Součet možností obou variant je právě roven počtu všech možných uspořádání
všech karet. Budeme tedy odečítat počet možností, kdy červená a zelená devítka jsou vedle sebe
od celkového počtu všech možností zamíchání všech karet, který jsme spočítali v případě a). Počet
způsobů, jakými vedle sebe jsou obě devítky, spočítáme tak, že budeme míchat 30 karet a jednu
dvojici devítek, což lze (30 + 1)! způsoby. Je potřeba si však uvědomit, že uspořádání této dvojice
má opět dvě varianty – červená devítka se bude nacházet nahoře a zelená dole nebo se bude
11 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
nahoře nacházet devítka zelená a červená zůstane dole. Celkový počet způsobů, jakými lze
zamíchat 30 karet a jednu dvojici, je 2 ⋅ P (30 + 1) . Nyní již zbývá tento počet možností odečíst
od počtu všech možných zamíchání karet.
P(32) − 2 ⋅ P(30 + 1) = 32!−2 ⋅ 31!
Příklad:
Na poličce máme deset českých a pět anglických knih. Kolika způsoby je můžeme na poličce srovnat
a) libovolně
b) tak, aby byly české vedle sebe a anglické vedle sebe
Řešení:
a) Celkem máme 10 + 5 = 15 knížek, takže je možné je srovnat P(15) = 15! způsoby.
b) Nejdříve rovnáme deset českých, poté pět anglických knížek. Ke každému uspořádání deseti
českých knížek náleží právě jedno uspořádání knížek anglických. Možnosti se nám ještě rozšiřují
tak, že můžeme dát nejdříve české knížky a poté anglické a naopak.
Deset českých A ZÁROVEŇ pět anglických
NEBO
Pět anglických A ZÁROVEŇ deset českých
P(10) ⋅ P(5) + P(5) ⋅ P(10) = P(5) ⋅ P(10) ⋅ (1 + 1) = 2 ⋅ P(5) ⋅ P(10) = 2 ⋅ 5!⋅10!
12 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Kombinace
Kombinace se od variací liší tak, že nezáleží na pořadí vybíraných prvků.
k-členná kombinace z n prvků je neuspořádaná k-tice sestavená z těchto
prvků tak, že každý se v ní vyskytuje nejvýše jednou.
C k (n ) =
1
1
n!
n!
⋅ Vk (n ) = ⋅
=
k!
k! (n − k )! k!⋅(n − k )!
Jiným způsobem zápisu je kombinační číslo
n
C k (n ) =   (čteme n nad k)
k 
Rozdíl mezi tříčlennými variacemi ze čtyř prvků a tříčlennými kombinacemi z těchto prvků demonstruje
následující příklad:
Tříčlenné variace z prvků W, X, Y, Z
(W, X, Y)
(W, X, Z)
(W, Y, Z)
(X, Y, Z)
(W, Y, X)
(W, Z, X)
(W, Z, Y)
(X, Z, Y)
(X, W, Y)
(X, W, Z)
(Y, W, Z)
(Y, X, Z)
(X, Y, W)
(X, Z, W)
(Y, Z, W)
(Y, Z, X)
(Y, W, X)
(Z, W, X)
(Z, W, Y)
(Z, X, Y)
(Y, X, W)
(Z, X, W)
(Z, Y, W)
(Z, Y, X)
Tříčlenné kombinace z prvků W, X, Y, Z
{W, X, Y} {W, X, Z} {W, Y, Z} {X, Y, Z}
V3 (4 ) =
4!
= 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 24
(4 − 3)!
C 3 (4 ) =
4!
4 ⋅ 3!
=
=4
3!⋅(4 − 3)! 3!⋅1
Příklad:
Ve třídě je 27 žáků. Kolika způsoby lze vybrat dva zástupce třídy?
Řešení:
Na pořadí vybíraných žáků nezáleží, tvoříme tedy kombinace druhé třídy (vybíráme právě dva
zástupce) z 27 prvků.
C 2 (27 ) =
27!
= 351
2!⋅(27 − 2 )!
Dva zástupce lze tedy vybrat 351 způsoby.
13 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Příklad:
Na skladě je 10 výrobků, z toho jsou 3 vadné. Kolika způsoby můžeme náhodně vybrat 5 výrobků tak,
aby
a) byly všechny vybrané dobré
b) byly mezi vybranými právě dva vadné
c) byly mezi vybranými alespoň dva vadné
d) byly mezi vybranými nejvýše dva vadné
Řešení:
a) Mají-li být námi vybrané výrobky dobré, budeme všechny vybírat právě z 10 dobrých.
C 5 (10 ) =
10!
10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6
=
= 252
5!⋅(10 − 5)!
5!
b) S využitím kombinatorického pravidla součinu vybíráme pět výrobků tak, že ke dvěma vadným
vybereme právě tři dobré. Dobrých výrobků je 10 – 3 = 7.
C 2 (3) ⋅ C 3 (7 ) =
3!
7!
⋅
= 105
2!⋅(3 − 2 )! 3!⋅(7 − 3)!
c) Nejprve je nutné pochopit, co znamená ona magická formulace alespoň dva vadné. Alespoň dva
znamená, že budou vadné dva nebo více. Mohou být tedy mezi vybranými vadné dva nebo tři
výrobky. Více vadných výrobků není k dispozici. Řešení lze pomocí kombinatorického pravidla
součtu rozdělit celkem na dvě části.
Dva vadné:
C 2 (3) ⋅ C 3 (7 ) = 105
NEBO
Tři vadné
C 3 (3) ⋅ C 2 (7 ) =
3!
7!
⋅
= 21
3!⋅(3 − 3)! 2!⋅(7 − 2 )!
Celkem je
C 2 (3) ⋅ C 3 (7 ) + C 3 (3) ⋅ C 2 (7 ) = 105 + 21 = 126 možností, jak vybrat alespoň dva vadné.
d) Stejně jako v předchozím případě se zamyslíme, co znamená nejvýše dva. Podmínka nejvýše dva
vadné nám dovoluje, abychom mezi vybranými měli dva a méně vadných, tedy dva vadné NEBO
jeden vadný NEBO žádný vadný.
Nebude-li žádný vadný, vybíráme 5 ze 7 dobrých:
C 5 (10 ) = 252
NEBO
Bude mezi vybranými jeden vadný:
C1 (3) ⋅ C 4 (7 ) =
3!
7!
⋅
= 105
1!⋅(3 − 1)! 4!⋅(7 − 4 )
14 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
NEBO
Budou mezi vybranými dva vadné:
C 2 (3) ⋅ C 3 (7 ) = 105
Podmínku lze tedy splnit
C 5 (10 ) + C1 (3) ⋅ C 4 (7 ) + C 2 (3) ⋅ C 3 (7 ) = 252 + 105 + 105 = 462 způsoby.
Příklad:
Ve třídě je 28 žáků, z toho 17 dívek. Do této třídy chodí Alena a Marek. Kolika způsoby lze vybrat tři
zástupce této třídy tak, aby
a)
b)
c)
d)
e)
f)
to byli libovolní žáci třídy
byla mezi vybranými alespoň jedna dívka
byli mezi vybranými nejvýše dva chlapci
byl mezi vybranými Marek nebo Alena
byl mezi vybranými Marek, Alena a jeden libovolný žák
byla mezi vybranými Alena a alespoň jedna jiná dívka
Řešení:
a) Vybíráme tři z 28 žáků
C 3 (28) =
28!
= 3276
3!⋅(28 − 3)!
b) Z předchozího příkladu už víme, že alespoň jedna dívka znamená, že mezi vybranými bude jedna,
dvě nebo tři dívky.
Jedna dívka:
C1 (17 ) ⋅ C 2 (11) =
17!
11!
⋅
= 935
1!⋅(17 − 1)! 2!⋅(11 − 2 )!
NEBO
Dvě dívky:
C 2 (17 ) ⋅ C1 (11) =
17!
11!
⋅
= 1496
2!⋅(17 − 2 )! 1!⋅(11 − 1)!
NEBO
Tři dívky:
C 3 (17 ) =
17!
= 680
3!⋅(17 − 3)!
Celkový počet možností je
C1 (17 ) ⋅ C 2 (11) + C 2 (17 ) ⋅ C1 (11) + C 3 (17 ) = 935 + 1496 + 680 = 3111
15 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
c) Podmínku nejvýše dva chlapci lze splnit tehdy, když budou mezi vybranými dva chlapci, jeden
chlapec, nebo žádný chlapec.
Dva chlapci:
C 2 (11) ⋅ C1 (17 ) = 935
NEBO
Jeden chlapec:
C1 (11) ⋅ C 2 (17 ) = 1496
NEBO
Žádný chlapec:
C 3 (17 ) = 680
Celkový počet možností je
C 2 (11) ⋅ C1 (17 ) + C1 (11) ⋅ C 2 (17 ) + C 3 (17 ) = 935 + 1496 + 680 = 3111
d) Mezi vybranými bude vždy Alena nebo Marek (ne oba současně) a dva další žáci. Nejdříve
vybereme Alenu – vybíráme jednu z jedné možné. K ní přidáme další dva libovolné žáky. Jelikož
jsme již odebrali Alenu, snížil se počet žáků o 1.
Vybereme Alenu
C1 (1) ⋅ C 2 (27 ) = 1 ⋅
27!
= 351
2!⋅(27 − 2 )!
NEBO
Vybereme Marka
C1 (1) ⋅ C 2 (27 ) = 1 ⋅
27!
= 351
2!⋅(27 − 2 )!
Celkový počet možností výběru je
C1 (1) ⋅ C 2 (27 ) + C1 (1) ⋅ C 2 (27 ) = 2 ⋅ C1 (1) ⋅ C 2 (27 ) = 2 ⋅ 351 = 702
e) Opět vybíráme nejprve jednoho Marka z jednoho možného, k němu jednu Alenu z jedné možné,
poté jednoho libovolného žáka ze zbývajících 26.
C1 (1) ⋅ C1 (1) ⋅ C1 (26 ) = 1 ⋅ 1 ⋅
f)
26!
= 26
1!⋅(26 − 1)!
Nejprve opět vybereme Alenu. Formulace alespoň jedna jiná dívka znamená, že k ní můžeme
přidat buď dívku jednu, nebo dívky dvě. Protože z dívek Alenu odebereme, počet dívek klesne o 1.
Alena, jedna jiná dívka a jeden chlapec:
C1 (1) ⋅ C1 (16) ⋅ C1 (11) = 1 ⋅ 16 ⋅ 11 = 176
16 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
NEBO
Alena a dvě jiné dívky:
C1 (1) ⋅ C 2 (16 ) = 1 ⋅
16!
= 120
2!⋅(16 − 2 )!
Počet možností, jak vybrat Alenu a ještě alespoň jednu jinou dívku, je
C1 (1) ⋅ C1 (16 ) ⋅ C1 (11) + C1 (1) ⋅ C 2 (16 ) = 176 + 120 = 296
Kombinační čísla
Při počítání s kombinačními čísly se často využívá následující vlastnost:
 n  n

 =  
n − k  k 
Odvození:
 n 
n
n!
n!

 =
=
=  
 n − k  (n − k )!⋅[n − (n − k )]! (n − k )!⋅k!  k 
Příklad:
U výtahu, do něhož můžou nastoupit nejvýše tři osoby, stojí 5 osob. Označme je a, b, c, d, e. Sestavte
všechny trojice osob, které mohou nastoupit, a vypište dvojice, které v daném případě nenastoupí.
Řešení:
Ve výtahu
{a, b, c}
{a, b, d}
{a, b, e}
{a, c, d}
{a, c, e}
{a, d, e}
{b, c, d}
{b, c, e}
{b, d, e}
{c, d, e}
Venku
{d, e}
{c, e}
{c, d}
{b, e}
{b, d}
{b, c}
{a, e}
{a, d}
{a, c}
{a, b}
Počet možností, jak vybrat tři lidi, kteří pojedou výtahem, je stejný,
jako počet možností, jak vybrat dva lidi, kteří budou muset počkat.
 5  5 
  =   = 10
 3  2 
17 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Pascalův trojúhelník
 0
 
 0
1
 
 0
 2
 0 
 
 3
 
 0
 4
 
 0
 5
 
 0
n
 
0
 2
 1 
 
 3
 
1
 4
 
1
 5
 
 1
n
 
1
1
 
1
 2
 2 
 
 3
 
 2
 4
 
 2
5
 
 2
n
 
2
(L)
n
 
 3
 3
 
 3
 4
 
 3
 5
 
 3
 4
 
 4
5
 
 4
(L)
 5
 
 5
 n 


 n −1
n
 
n
Schéma zobrazuje základní vztah Pascalova trojúhelníku s kombinačními čísly.
Příklad:
Napište devátý řádek Pascalova trojúhelníka.
Řešení:
První řádek:
0
 
0
Druhý řádek:
 1   1
   
 0   1
Třetí řádek:
 2  2  2
     
 0 1  2
…
Devátý řádek:
 8  8  8  8  8  8  8   8  8
                 
 0   1  2   3  4   5  6   7   8
18 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Binomická věta
Občas je při řešení různých úloh třeba umocnit dvojčlen a + b na n-tou. Vzorce pro n = 2 a n = 3 jsou
jasné:
(a + b )1 = a + b
(a + b )2 = a 2 + 2ab + b 2
(a + b )3 = a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3
Pro zajímavost si ještě můžeme spočítat
(a + b )4 :
(a + b )4 = (a + b ) ⋅ (a + b )3
(a + b )4 = (a + b ) ⋅ (a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3 )
(a + b )4 = a 4 + 3a 3 b + 3a 2 b 2 + ab 3 + a 3 b
(a + b )4 = a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4
+ 3a 2 b 2 + 3ab 3 + b 4
Porovnání koeficientů jednotlivých členů s Pascalovým trojúhelníkem:
(a + b )1
(a + b )2
(a + b )3
(a + b )4
a+b
a + 2ab + b
2
1 1
2
1 2 1
a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b 3
1 3 3 1
a 4 + 4a 3 b + 6a 2 b 2 + 4ab 3 + b 4
1 4 6 4 1
Z tohoto porovnání je zřejmé, že hodnoty koeficientů mnohočlenů odpovídají hodnotám v Pascalově
trojúhelníku. Každý řádek trojúhelníku odpovídá právě jednomu mnohočlenu. Tato vlastnost platí pro
libovolné n ∈ N .
Pro všechna čísla a, b a libovolné přirozené číslo n platí:
(a + b )n
n
n
n
n
 n  1 n −1  n  0 n
 ⋅ a b +   ⋅ a b
=   ⋅ a n b 0 +   ⋅ a n −1b1 +   ⋅ a n − 2 b 2 + K +   ⋅ a n −k b k + K + 
0
1
 2
k 
 n − 1
n
Zapsáno pomocí sumy:
(a + b )n = ∑   ⋅ a n− k b k
k
n
n
k =0
 
19 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Variace, permutace a kombinace s opakováním
Variace, permutace a kombinace s opakováním se od variací, permutací a kombinací bez opakování liší
tím, že se prvky mohou ve výběru opakovat. Ostatní vlastnosti zůstávají stejné – u variací a permutací
záleží na pořadí, v jakém prvky vybíráme, u kombinací na pořadí prvků nezáleží. Permutace
s opakováním stejně jako permutace bez opakování určují pořadí všech zadaných prvků.
Zápis se odlišuje apostrofem:
V4′(12) označuje variace čtvrté třídy z 12 prvků s opakováním.
Variace s opakováním
k-členná variace s opakováním z n prvků je uspořádaná k-tice sestavená
z těchto prvků tak, že každý se v ní vyskytuje nejvýše k-krát.
Vk′ (n ) = n k
Na rozdíl od variací bez opakování zde n označuje počet prvků, ze kterých je možné vybírat
opakovaně.
Příklad:
Máme 4 plné mísy ovoce – třešně, švestky, meruňky a jablka. Kolik různých trojic ovoce si můžeme
vybrat?
Řešení:
První kus ovoce si můžeme vybrat z libovolné mísy. Máme čtyři možnosti prvního výběru. Při výběru
druhého kusu ovoce máme opět čtyři možnosti výběru, čtyři plné mísy ovoce. Stejně tak i při třetím
výběru si můžeme vybrat z libovolné mísy. Podle kombinatorického pravidla součinu existuje tedy
4 ⋅ 4 ⋅ 4 = 64 možností, jak lze sestavit trojici ovoce.
Nemění-li se nám po každém výběru počet možností, zobecněním podle kombinatorického pravidla
součinu můžeme dojít k závěru, že vybíráme-li k prvků a máme-li pokaždé n možností, celkový počet
možností je dán
n ⋅ n ⋅ n ⋅ K ⋅ n (což se opakuje k-krát) = n k .
Příklad:
Kolik různých čtyřciferných čísel lze vytvořit z číslic 2, 3, 5?
Řešení:
V4′(3) = 3 4 = 81
Příklad:
Kolik různých státních poznávacích značek ve formátu ABC 01-23 lze teoreticky vytvořit?
(použitelných písmen abecedy je 22)
Řešení:
Rozdělíme si úlohu na dvě části – nejprve vybíráme trojice různých písmen z 22 možných. Ke každé
této trojici náleží určitý počet čtveřic čísel.
V3′(22) ⋅ V4′(10) = 22 3 ⋅ 10 4 = 106 480 000
20 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Příklad:
Kolik různých pěticiferných čísel lze sestavit z číslic 0, 4, 7?
Řešení:
Nejprve si určíme počet všech pěticiferných čísel tvořených těmito číslicemi a poté od něj odečteme
počet čísel začínajících nulou.
V5′(3) − V4′(3) = 35 − 3 4 = 243 − 81 = 162
Příklad:
Kolik různých trojčlenných znaků Morseovy abecedy lze vtvořit?
Řešení:
Znaky:
S
O
R
K
U
D
G
K dispozici máme pouze dva znaky a tvoříme
z nich trojice. Vytváříme tak variace třetí třídy ze
dvou prvků s opakováním těchto prvků.
V3′(2) = 2 3 = 8
Příklad:
Kolik znaků, které jsou složeny z jednoho až čtyř signálů, může obsahovat Morseova abeceda?
(Signálem rozumíme "tečku" nebo "čárku")
Řešení:
Znaky mohou být jednočlenné NEBO dvojčlenné NEBO trojčlenné NEBO čtyřčlenné.
V1′(2) + V2′ (2) + V3′(2) + V4′ (2) = 21 + 2 2 + 2 3 + 2 4 = 2 + 4 + 8 + 16 = 30
21 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Permutace s opakováním
Permutace s opakováním z n prvků je uspořádaná k-tice sestavená z těchto
prvků tak, že každý se v ní vyskytuje alespoň jednou.
 n 
 ∑ k i !
P ′(k1 , k 2 ,K , k n ) =  i =1 
k1!⋅k 2 !⋅K ⋅ k n !
Přirozené číslo n udává počet různých prvků. Jednotlivé prvky se mohou opakovat - je zvykem
označovat počet opakování prvního prvku k1, počet opakování druhého prvku k2, a tak dál, až počet
opakování posledního, tj. n-tého prvku, je zvykem označovat kn.
Příklad:
Máme 10 bílých, 25 modrých a 30 černých kostek. Máme za úkol je srovnat do řady. n je v tomto
případě 3 (bílá, modrá, černá), k1 = 10, k2 = 25, k3 = 30.
P ′(10,25,30 ) =
(10 + 25 + 30)! = 5,524 ⋅ 10 26
10!⋅25!⋅30!
&
Příklad:
Mějme slovo ABRAKADABRA. Kolika způsoby můžeme seřadit písmena? Kolika způsoby můžeme
písmena seřadit tak, aby
a) nebyla žádná dvě A vedle sebe
b) nebylo žádných 5 A vedle sebe
Řešení:
A
B
D
K
R
a)
5
2
1
1
2
P ′(5,2,1,1,2 ) =
(5 + 2 + 1 + 1 + 2)! = 83 160
5!⋅2!⋅1!⋅1!⋅2
C 5 (7 ) ⋅ P ′(2,1,1,2 ) = 21 ⋅ 180 = 3 780
b) Zavedeme 5A = 1 znak. Podle kombinatorického pravidla součtu odečteme od počtu všech
možností počet těch, které mají 5A vedle sebe.
P ′(1,2,1,1,2 ) =
(1 + 2 + 1 + 1 + 2)! = 5040 = 1 260
1!⋅2!⋅1!⋅1!⋅2!
4
′
′
P (5,2,1,1,2 ) − P (1,2,1,1,2 ) = 83 160 − 1 260 = 81 900
22 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Kombinace s opakováním
k-členná kombinace s opakováním z n prvků je neuspořádaná k-tice
sestavená z těchto prvků tak, že každý se v ní vyskytuje nejvýše k-krát.
 k + n − 1

C k′ (n ) = 
 k

Příklad:
V obchodě mají jablka, hrušky a meruňky. Určete počet všech možných možností nákupu pěti kusú
ovoce.
Řešení:
 5 + 3 − 1
7!
 =
C 5′ (3) = 
= 21
 5  5!⋅2!
Příklad:
Kolika způsoby je možné umístit sedm stejných kuliček do tří krabiček?
Řešení:
 7 + 3 − 1
9!
 =
C 7′ (3) = 
= 36
 7  7!⋅2!
Příklad:
V sáčku jsou kuličky od každé barvy – černé, modré a zelené. Kolika způsoby lze vytáhnout pět
kuliček, za předpokladu, že jich je minimálně pět od každé barvy?
Řešení:
 5 + 3 − 1
7!
 =
C 5′ (3) = 
= 21
 5  5!⋅(7 − 5)!
Příklad:
Kolika způsoby lze deseti dětem rozdělit patnáct bonbónů?
Řešení:
15 + 10 − 1
24!
 =
C15′ (10 ) = 
= 1 307 504
15

 15!⋅(24 − 15)!
23 / 24
Eida
KOMBINATORIKA
16.8. 2007
Úlohy
1. Kolik trojciferných čísel lze sestavit z číslic 3, 4, 5, 6, 7, jestliže se žádná číslice neopakuje? (60)
2. Určete počet všech nejvýše čtyřciferných přirozených čísel s různými číslicemi, která jsou
sestavena z číslic 0, 2, 3, 5, 9. (164)
3. Určete, kolika způsoby lze sestavit rozvrh na jeden den pro třídu, v níž se vyučuje dvanácti
předmětům a každému nejvýše jednu vyučovací hodinu denně, má-li se skládat ze šesti
vyučovacích hodin. (665 280)
a) V kolika z nich se vyskytuje fyzika? (332 640)
b) V kolika z nich je matematika první vyučovací hodinu? (55 440)
4. Kolika způsoby lze na šachovnici 8 × 8 umístit pět různých figurek tak, aby tři z nich stály
na černých políčkách a dvě z nich na bílých políčkách? (295 219 200)
5. Kolika způsoby lze na poličce srovnat 7 knih? (5040)
6. Kufřík má heslový zámek, který se otevře, když na každém z pěti kotoučů nastavíme správnou
číslici; těchto číslic je na každém kotouči devět. Určete největší možný počet pokusů, které je
nutno provést, chceme-li kufřík otevřít, jestliže jsme zapomněli heslo. (59 049)
7. Vypočtěte:
a)
(a + b )6
b) 0,985 (0,903 920 796 8)
8. Určete třetí člen binomického rozvoje výrazu
(x − 10)9 . (3 600x7)
9. Určete, kolika způsoby si mohou tři osoby rozdělit osm (stejných) jablek. (45)
10. Zvětší-li se počet prvků o 1, zvětší se počet tříčlenných kombinací z nich utvořených o 21. Kolik je
dáno prvků? (7)
11. V levém dolním rohu šachovnice 8 × 8 je umístěna figurka, kterou lze jedním tahem přemístit buď
o jedno pole vpravo, nebo o jedno pole vzhůru. Spočtěte, kolika různými způsoby lze tuto figurku
přemístit do pravého horního rohu. (3 423)
12. Určete, kolika způsoby je možno seřadit u startovací čáry osm závodních automobilů do dvou řad
po čtyřech vozech, jestliže
a) na pořadí v řadách nezáleží (70)
b) záleží na pořadí v řadách (40 320)
13. Na maturitním večírku je 15 hochů a 12 děvčat. Určete, kolika způsoby z nich lze vybrat čtyři
taneční páry. (16 216 200)
14. Určete počet všech přirozených čísel menších než 500, v jejichž dekadickém zápisu jsou pouze
cifry 3, 5, 7, 9, každá nejvýše jednou. (22)
15. V množině přirozených čísel řešte rovnici: V2 ( x ) + C1 ( x ) = 256 ({16})
16. Určete, kolika způsoby lze na šachovnici 8 × 8 vybrat dvě různobarevná pole tak, aby obě neležela
v téže řadě ani v témže sloupci. (768)
17. V košíku je 12 jablek a 10 hrušek. Petr si má z něho vybrat buď jablko, anebo hrušku tak, aby
Věra, která si po něm vybere jedno jablko a jednu hrušku, měla co největší možnost výběru.
Určete, co si má vybrat Petr. (jablko)
18. Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel, jejichž dekadický zápis je složen z číslic 1, 2, 3,
4, 5 (každá se může opakovat), která jsou dělitelná
a) pěti (125)
b) dvěma (250)
c) čtyřmi (125)
19. Kolika způsoby lze rozsadit pět hostů do pěti křesel stojících v jedné řadě? (120)
20. O telefonním čísle svého spolužáka si Vašek zapamatoval jen to, že je devítimístné, začíná
dvojčíslím 23, neobsahuje žádné dvě stejné číslice a je dělitelné pětadvaceti. Určete, kolik
telefonních čísel přichází v úvahu. (1 440)
21. Určete, kolika způsoby se v šestimístné lavici může posadit šest dětí, jestliže
a) dvě chtějí sedět vedle sebe (240)
b) dvě chtějí sedět vedle sebe a třetí na kraji (96)
24 / 24

Kombinatorické pravidlo součinu

Transkript

Podobné dokumenty

9.1.7 Kombinace I

studijni_opora_MAT_3r

Tito níže zobrazení nám na letošním táboře ukradli vlajky!!

Marketingová komunikace - Soukromá vysoká škola ekonomická

07) Kombinatorika

kombinatorika - Student na prahu 21. století

6. KOMBINATORIKA 181 6.1. Základní pojmy 181 6.1.1. Počítání s

KOMA 2013 Zadání úloh - KoKoS - Gymnázium Mikuláše Koperníka

hrana prodaja