2013.02.02.
COEDU // NYOMTATÁS
//
KURZUS: Matematika II. MODUL: Valószínűség-számítás
17. lecke: Kombinatorika (vegyes feladatok)
Tananyag: Kiss Béla - Krebsz Anna: Lineáris algebra, többváltozós függvények, valószínűségszámítás, 3.1. fejezet
Elméleti összefoglaló Lásd 16. lecke összefoglalója.
Kidolgozott feladatok 17.1. Hányféleképpen fordulhat elő ultiban, hogy a kapott 10 lap között pontosan 4 piros, 5 zöld és 1 ász van? (A pakliban 32 lap van: 8 tök, 8 makk, 8 piros és 8 zöld. Minden színből az alábbi figurák léteznek: ász, király, felső, alsó, 10-es, 9-es, 8-as, 7-es.) Megoldás: Vegyük észre, hogy 4 piros, 5 zöld és 1 ász nem feltétlenül 10 lapot takar (pl. a piros ász piros és ász is)! Így három eset lehetséges:
nálunk van a zöld ász; nálunk van a piros ász; egyik sincs nálunk;
Az első esetben nálunk van: 4 piros, ezek közül egyik sem ász; 5 zöld, ezek közül az egyik az ász; végül 1 nem piros, nem zöld és nem ász lap. 4 piros, nem ász ( 7 4 ) féleképpen választható ki. Az 5 zöld közül egy az ász, a maradék 4 lap ( 7 4 ) féleképpen választható ki. A maradék egy lapot a pakli nem piros, nem zöld és nem ász lapjai közül kell kiválasztanunk (ez 32−8−8−2=14 lap), tehát ( 14 1 ) féleképpen választható ki. Összesen: ( 7 4 )⋅( 7 4 )⋅( 14 1 )=17150 Teljesen hasonlóan, ha a piros ász van nálunk: 4 piros, ebből egy ász, a többi 3 lap ( 7 3 ) -féleképpen választható ki. coedu.sze.hu/print.php4?print_items=
1/7
2013.02.02.
COEDU // NYOMTATÁS
5 zöld, egyik sem ász ( 7 5 ) -féleképpen választható ki. A maradék egy nem piros, nem zöld, nem ász lap ( 14 1 ) -féleképpen választható ki. Összesen: ( 7 3 )⋅( 7 5 )⋅( 14 1 )=10290 . A harmadik esetben, ha sem a piros, sem a zöld ász nincs nálunk: a piros lapok ( 7 4 ) -féleképpen választhatók ki; a zöld lapok pedig ( 7 5 ) -féleképpen (ugyanis a piros ász és a zöld ász nem választható ki). A maradék lapnak ásznak kell lennie, tehát kétféle lehet (tök vagy makk) Összesen: ( 7 4 )⋅( 7 5 )⋅2=1470 . A három esetet összegezve: ( 7 4 )⋅( 7 4 )⋅( 14 1 )+( 7 3 )⋅( 7 5 )⋅( 14 1 )+( 7 4 )⋅( 7 5 )⋅2=28910 17.2. Hányféle nulla találatos totószelvény lehetséges? Megoldás: Az egyszerűség kedvéért tekintsünk el a +1-es meccstől, vagyis csak 13 mérkőzésre tippelhetünk. Egy meccsre háromféle tipp adható: 1, 2, X, az alapján, hogy a hazai vagy a vendégcsapat győzelmét várjuk, illetve a döntetlenre tippelünk. Ezek közül pontosan egy helyes, kettő pedig rossz. Vagyis minden egyes meccsre 2-féle rossz tipp adható. Ha mind a 13 meccsre rossz tippet adunk, akkor ez 2⋅2⋅...⋅2= 2 13 =8192-féle kitöltés. 17.3. Hányféleképpen lehet pontosan 10 találatunk a fenti szerencsejátékban? (Most is tekintsünk el a +1 mérkőzéstől) Megoldás: A 13 tippből 10 jó, 3 pedig helytelen, de egy meccsre kétféleképpen is lehet rosszul tippelni. A 13-ból eltalált 10 meccset ( 13 10 ) -féleképpen választhatjuk ki, ugyanis a kiválasztás sorrendje nem, csak a kiválasztás ténye számít. A maradék 3 meccsre 2 3 -féleképpen adhatunk rossz tippet. Vagyis a lehetőségek száma: ( 13 10 )⋅ 2 3 =2288 . 17.4. A miniszter 20 millió Ft jutalmat oszt szét 5 államtitkár között. Hányféleképpen teheti ezt meg, ha az egység 1 millió Ft, és legalább ennyit mindenki megkap? Megoldás: Mivel mindenki kapott legalább 1 millió Ft-ot, ezért tekinthetjük úgy, hogy már mindenki rendelkezik ezzel az 1 millióval és a maradék 15 milliót kell szétosztani 1 milliós adagokban. Ez úgy történik, hogy vesszük az 1 milliót és kiválasztunk egy embert, akinek odaadjuk és így tovább, amíg az összes pénz el nem fogy. Egy embert többször is kiválaszthatunk, és a végeredmény szempontjából csak az érdekes, hogy mennyit kapott, az nem, hogy milyen sorrendben. A fentiek alapján megállapíthatjuk, hogy ismétléses kombinációval állunk szemben (a kiválasztott ember személye ismétlődhet). C 15,5 =( 15+5−1 5 )=( 19 5 )=11628 17.5. Egy négy házaspárból álló társaság szórakozni indult.
coedu.sze.hu/print.php4?print_items=
2/7
2013.02.02.
COEDU // NYOMTATÁS a)
Először színházba mentek. Hányféleképpen ülhettek le egy sorban, ha a párok egymás mellett akartak ülni?
b)
A színház után elmentek vacsorázni. Hányféleképpen ülhették körül a kör alakú asztalt, ha a házastársak ismét egymás mellett akartak ülni?
Megoldás: a) Tekintsük a négy házaspárt. Őket 4! -féleképpen lehet sorba rendezni. Ezen belül mindenki helyet cserélhet a párjával. Egy-egy ilyen cserével megduplázódik a lehetőségek száma, vagyis összesen: 4!⋅ 2 4 =384 -féleképpen ülhetnek le. b) Tekintsük újra a négy házaspárt. Ők valamilyen sorrendben leülnek az asztal körül. Mivel az asztal kör alakú, ezért nincs kitüntetett első hely, vagyis ha minden pár eggyel (egy párnyival) arrébb ül, akkor ugyanazt az ültetési rendet kapjuk (ez már egy más sorrend lenne, ha nem körbe, hanem sorba ülnének, vagyis ha lenne 1. hely). Nyilván ugyanez igaz, ha 2 vagy 3 hellyel ülnének arrébb (4-nél már a kiinduló helyzetbe érnének vissza.) Vagyis minden körbeüléshez 4 sorba állítás tartozik. Ezért a lehetséges elrendezések száma: 4!⋅ 2 4 4 =96 . 17.6. Hányféle négyjegyű szám készíthető a 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 számjegyekből, ha
a)
minden számjegy legfeljebb egyszer szerepelhet (a négyjegyű számban minden jegy különböző);
b)
a számjegyek többször is szerepelhetnek?
Megoldás: Vegyük észre, hogy a feladat nem ugyanaz, mint a 3.1.10, mert itt a 0 is szerepel a megadott számjegyek között, márpedig egy négyjegyű szám első számjegye nem lehet 0. Így mindkét esetben számolhatunk úgy, hogy meghatározzuk azon sorrendek számát, amikor a nulla is állhat az első helyen, és ebből levonjuk a 0-val kezdődőek számát.
a)
a 2. helyre 9-féle; a 3. helyre 8-féle; a 4. helyre pedig 7-féle számjegy kerülhet, ez összesen 10⋅9⋅8⋅7=5040 -féle lehetőség. Ebből még le kell vonnunk azon esetek számát, amikor az első jegy 0, akkor a 2. helyen 9-féle; a 3. helyen 8-féle; a 4. helyen 7-féle számjegy lehet, ez összesen 9⋅8⋅7=504 -féle lehetőség. Így a valódi (nem 0-val kezdődő) négyjegyű számok száma: 5040−504=4536 .
b)
Ebben az esetben az összes lehetőségek száma (minden helyre 10-féle számjegy kerülhet): 10⋅10⋅10⋅10= 10 4 =10000 . Azon esetek száma, amikor a 0 az első helyen áll: 10⋅10⋅10= 10 3 =1000 . Vagyis a valódi (nem nullával kezdődő) négyjegyű számok száma: 10000−1000=9000 . Számolhattunk volna a következő módon is: az 1. helyre 9-féle; A 2., 3. és 4. helyre 10 - 10-féle számjegy kerülhet, tehát az összes lehetőségek száma: 9⋅10⋅10⋅10=9000 .
17.7. Húsz óvodás sétálni indul. Szépen sorban, párosával, ahogy illik. Hányféleképpen állhatnak így sorban, ha
coedu.sze.hu/print.php4?print_items=
3/7
2013.02.02.
COEDU // NYOMTATÁS a)
számít, hogy az egyes pároknál ki melyik oldalon megy;
b)
nem számít, hogy ki melyik oldalon megy?
Megoldás: a) Ebben a feladatban a lehetséges sorrendek száma megegyezik a 20 fő lehetséges sorrendjeinek számával, vagyis 20! . Szemléltethetjük az esetet az alábbi módon: jobb oldal bal oldal ¯ 1. ; jobb oldal bal oldal ¯ 2. ; ... ; jobb oldal bal oldal ¯ 10. Vagyis a 20 gyerek minden egyes sorrendjéhez rendelhető egy "sétáló sorrend", így a lehetőségek száma valóban 20! . b) Induljunk ki a fenti ábrából! Ha valamelyik párban helyet cserélnek (jobb és bal oldal felcserélődik), ez itt nem számít új sorrendnek. Sőt, ha mindegyik páron belül cserélgetnek, az még mindig ugyanaz a sorrend, hiszen most nem számít, hogy az egyes pároknál ki melyik oldalon áll. Tehát az itteni lehetőségek száma annyiad része az a) feladatbelinek, ahányféle módon tudnak a gyerekek helyet cserélni. Mind a 10 párban kétféle felállás lehet, ez 2⋅2⋅ ... ⋅2= 2 10 =1024 lehetőség. Vagyis ha nem számít, hogy az egyes pároknál ki melyik oldalon áll, akkor az óvódások 20! 2 10 =2375880867360000 -féleképpen állhatnak kettes sorban. 17.8. Az unokahúgom nagyon szeret babázni. Kedvenc babájának kikönyörgött egy teljes ruhatárat: három blúz (fehér, piros, sárga), három szoknya (kék, piros, zöld) és három pár zokni (fehér, kék, lila) alkotja a készletet. Minden nap másképp öltözteti fel, ráadásul egyszerre nem lehet rajta két azonos színű ruhadarab (pl. fehér blúz és fehér zokni). Hány napon keresztül tudja különböző összeállításba öltöztetni babáját? Megoldás: A következő ruhadarabok vannak: Blúz: fehér; piros; sárga ⇒ 3-féle; Szoknya: kék; piros; zöld ⇒ 3-féle; Zokni: fehér; kék; lila ⇒ 3-féle. Összesen 3⋅3⋅3=27 -féleképpen lehetne felöltöztetni a babát. Azon esetek száma, amikor két ruhadarab színe megegyezik: Fehér blúz - fehér zokni: 3 lehetőség; Piros blúz - piros szoknya: 3 lehetőség; Kék szoknya - kék zokni: 3 lehetőség, hiszen a harmadik ruhadarab még háromféle színű lehet. Így összesen 3+3+3=9 esetben fordul elő, hogy két ruhadarab megegyező színű. Vagyis 27−9=18 olyan öltöztetés van, ahol minden ruhadarab eltérő színű. 17.9. Egy 120 fős egyetemi évfolyam 5, egyenként 24 fős tankörből áll. Az évfolyamon a fiúk és lányok aránya 3:2. Az egyetemi kari tanács ülésére 10 fős küldöttséget kell kiállítaniuk. Hányféleképpen tehetik meg ezt, ha
a)
minden tankörből 2-2 küldöttet választanak;
b)
azt szeretnék, hogy a nemek aránya tükröződjön a küldöttség összetételében?
coedu.sze.hu/print.php4?print_items=
4/7
2013.02.02.
COEDU // NYOMTATÁS
Megoldás: a) Egy tankörből (24 fő) véletlenszerűen választanak 2 embert úgy, hogy a sorrend nem számít. Ezt ( 24 2 ) -féleképpen tehetik meg. Természetesen minden tankörben ennyi lehetőség lesz. Az egyes tankörök küldötteit egymástól függetlenül választották ki, így az összes lehetőségek száma: ( 24 2 ) 5 = ( 24! 2!⋅22! ) 5 = ( 24⋅23 2 ) 5 = 276 5 =1601568101376 . b) Az évfolyamon a fiúk és a lányok aránya 3:2, vagyis 72 fiú és 48 lány van. Mivel a kiválasztás alapja is ez az arány, ezért 6 fiúból és 4 lányból fog állni a küldöttség. Tehát a fiúknál 72-ből kell választani 6-ot, ezt ( 72 6 ) -féleképpen tehetik meg; a lányoknál pedig 48 közül kell 4-et kiválasztani, erre ( 48 4 ) -féle lehetőség adódik. Mivel a választások ismét függetlenek egymástól, az összes lehetőségek száma: ( 72 6 )⋅( 48 4 )= 72! 6!⋅66! ⋅ 48! 4!⋅44! =156238908⋅194580=30400966718640 .
Ellenőrző feladatok 1. feladat Hányféleképpen lehet pontosan 3 találatunk az ötös lottón? ( 5 3 )⋅( 85 2 ) 90⋅89⋅88 ( 3 5 )⋅( 85 2 ) ( 90 3 )
2. feladat Hány négyjegyű szám készíthető az 1, 2, 3, 4 számjegyekből, ha mindegyik számjegy csak egyszer szerepelhet, és nem kerülhet a neki megfelelő sorszámú helyre? 20 16 12 9
3. feladat coedu.sze.hu/print.php4?print_items=
5/7
2013.02.02.
COEDU // NYOMTATÁS
A 32 lapos magyar kártyából húzunk 8 lapot. Hányféleképpen fordulhat elő az, hogy nincs nálunk ász? ( 28 8 ) ( 32 8 ) 8! 28!
4. feladat A 32 lapos magyar kártyából húzunk 8 lapot. Hányféleképpen fordulhat elő az, hogy 4 piros és 4 ász van a kezünkben? (84) ( 8 3 )⋅21 ( 7 3 )⋅21 84
5. feladat Pókerben (5 lapot kapunk az 52 lapos pakliból) hányféleképpen fordulhat elő, hogy póker van a kezünkben? ( 52 4 )⋅48 13⋅48 52⋅51⋅50⋅49⋅48 13⋅52
6. feladat Hányféleképpen lehet a 0, 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek felhasználásával 10zel osztható ötjegyű számot készíteni úgy, hogy egy számjegy csak egyszer szerepelhet? coedu.sze.hu/print.php4?print_items=
6/7
2013.02.02.
COEDU // NYOMTATÁS
65 600 120 220
7. feladat És ha a számjegyek többször is szerepelhetnek? 54 4! 64 5⋅ 6 3
coedu.sze.hu/print.php4?print_items=
7/7
