Matematikai előismeretek 3.
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Megoldások) |
Mozo (vitalap | szerkesztései) (→Megoldások) |
||
(egy szerkesztő 6 közbeeső változata nincs mutatva) | |||
42. sor: | 42. sor: | ||
T-vel) akkor négy különböző sorozat lehetséges: TCCC, CTCC, CCTC, CCCT. Vagy, ha 4 elemet sorba rendezünk, akkor ezt 4!-féleképpen lehet megtenni. De akkor vannak esetek, amiket többször számoltunk, mert pl. a TFSC és a TFCS esetek ugyanannak minősülnek. Tehát minden esetet az F, C, S minden sorrendje ugyanannak minősül, ez 3!. Ennyiszerese az eredménynek az a) eset megoldása, tehát, ha ezeket az eseteket nem számoljuk: | T-vel) akkor négy különböző sorozat lehetséges: TCCC, CTCC, CCTC, CCCT. Vagy, ha 4 elemet sorba rendezünk, akkor ezt 4!-féleképpen lehet megtenni. De akkor vannak esetek, amiket többször számoltunk, mert pl. a TFSC és a TFCS esetek ugyanannak minősülnek. Tehát minden esetet az F, C, S minden sorrendje ugyanannak minősül, ez 3!. Ennyiszerese az eredménynek az a) eset megoldása, tehát, ha ezeket az eseteket nem számoljuk: | ||
:<math>\frac{4!}{3!}=4\,</math> | :<math>\frac{4!}{3!}=4\,</math> | ||
− | az összes lehetőségek száma. (Ez tekinthető ismétléses permutációnak is.) | + | az összes lehetőségek száma. ''(Ez tekinthető ismétléses permutációnak is.)'' |
'''5.''' | '''5.''' | ||
:<math>\frac{13!}{7!\cdot 6!}\,</math> | :<math>\frac{13!}{7!\cdot 6!}\,</math> | ||
− | mert minden esetet többször, éspedig <math>7!\cdot 6!</math>-szor számoltunk, mert ennyi sorrendje lehet a 7 ill. a 6 egy osztályba tartozó diáknak. (Ez tekinthető ismétléses permutációnak is.) | + | mert minden esetet többször, éspedig <math>7!\cdot 6!</math>-szor számoltunk, mert ennyi sorrendje lehet a 7 ill. a 6 egy osztályba tartozó diáknak. ''(Ez tekinthető ismétléses permutációnak is.)'' |
'''6.''' Ha sorban állnának, 7! lenne az eredmény. Mivel nincs első, ezért a sor bárhol kezdődhet, azt attól még ugyanaz az eset. Ez azt jelenti, hogy minden esetet 7-szer számoltunk, azaz ezzel kell leosztani a 7!-t. Azaz 6!. Vagy kijelölünk egy fixpontot. Innen már csak 6! lehetőség lehet a körön belül a sorba állításra. | '''6.''' Ha sorban állnának, 7! lenne az eredmény. Mivel nincs első, ezért a sor bárhol kezdődhet, azt attól még ugyanaz az eset. Ez azt jelenti, hogy minden esetet 7-szer számoltunk, azaz ezzel kell leosztani a 7!-t. Azaz 6!. Vagy kijelölünk egy fixpontot. Innen már csak 6! lehetőség lehet a körön belül a sorba állításra. | ||
54. sor: | 54. sor: | ||
'''8.''' A tízesek helyére letesszük a 3-ast. A többi helyre 5!-féleképpen választhatunk számjegyeket, mert minden számnak legalább egyszer szerepelnie kell, amiből az következik, hogy pontosan egyszer. | '''8.''' A tízesek helyére letesszük a 3-ast. A többi helyre 5!-féleképpen választhatunk számjegyeket, mert minden számnak legalább egyszer szerepelnie kell, amiből az következik, hogy pontosan egyszer. | ||
− | '''9.''' | + | '''9.''' Ha a háromszög A, B, C csúcsait megkülönböztetnék, akkor az A-nak 5, a B-nek 4, a C-nek 3 csúcsot választhatunk. Ezeknek a lehetőségeknek a száma <math>5\cdot 4\cdot 3</math>. De a sorrend nem számít, azaz ezt 3!-sal el kell osztani: 10. ''(Ez felfogható kombinációnak is: 5 elemből kell kiválasztani 3-at, ez <math>{5}\choose 3</math><math>=10\,</math>.)'' |
+ | |||
+ | ==Ismétléses permutáció== | ||
+ | |||
+ | Legyen ''n'' elemünk és legyen ezek között <math>k_1, k_2, ..., k_l</math> darab azonos (tehát <math>k_1+k_2+...+k_l=n</math>). Ha mindezt az ''n'' elemet felsoroljuk egy ''n'' elemű véges sorozatban, akkor ezeknek az elemeknek egy ismétléses permutációját kapjuk. Ezeknek az elemeknek az összes ismétléses permutációinak számát a következőképpen számíthatjuk ki: | ||
+ | :<math>P_n^{k_1, k_2,\dots, k_l}=\frac{n!}{k_1!\cdot k_2!\cdot\dots\cdot k_l!}</math> |
A lap jelenlegi, 2016. szeptember 8., 20:33-kori változata
- Lásd még: Matematikai előismeretek
Tartalomjegyzék |
Permutáció
Ha adott az {a1, a2, a3, ..., an} véges, n elemű halmaz, akkor ennek egy (ismétlés nélküli) permutációjának nevezzük az elemei egy n elemű véges sorozatba rendezését.
Pl.: ha a halmaz a következő kártyalapokat tartalmazza: {kőr dáma, treff dáma, káró dáma, pikk dáma}, akkor ennek egy permutációja:
- (kőr dáma, káró dáma, pikk dáma, treff dáma), vagy (káró dáma, kőr dáma, treff dáma, pikk dáma), stb.
Ezek száma:
Példák
1. Anna, Gabó, Réka és Petra együtt mennek egyetemre. Hányféle sorrendben léphetik át az egyetem küszöbét, ha mind külön lépnek be?
2. Hány különböző ötjegyű szám alkotható a páratlan számjegyekből, ha mindegyik helyiértéken különböző számjegy áll?
3. Hány különböző ötjegyű szám alkotható a páros számjegyekből, ha mindegyik helyiértéken különböző számjegy áll?
4. Kiteszünk az asztalra sorban négy üveget: Fanta, Sprite, Cherry Coke, Traubiszóda. a) Hányféle sorrendben rakhatjuk őket sorba? b) Hányféle sorrendben rakhatjuk őket sorba, ha a Coca Cola termékeket ugyanolyannak vesszük?
5. Hányféleképpen állíthatunk sorba 7 fő 12. A-st és 6 fő 12. B-st, ha a sorrendben csak az számít, hogy melyik osztályban vannak, de az nem, hogy kik ők.
6. Hányféleképpen állíthatunk körbe 7 diákot?
7. Hányféleképpen állhat 7 diák körbe, ha Anna és Gergő feltétlenül egymás mellé kell, hogy kerüljenek?
8. Hány olyan hatjegyű szám létezik, melyben a tízesek helyén a 3-as van, és az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyek mindegyike szerepel benne?
9. Egy öt csúcspontú teljes gráf minden csúcsát beszámozzuk. Hány különböző csúcsokból álló háromszöget színezhetünk ki benne?
Megoldások
1. Ez 4 elem összes permutációinak száma: 4!. Vagy először 4 lány közül választhatunk, majd 3, 2, és 1. Ezek egymástól független választások, ezért össze kell szoroznunk őket: .
2. 5 páratlan számjegy van: 1, 3, 5, 7, 9, ezek összes permutációinak száma a kérdés: ez 5!.
3. 5 páros számjegy van: 0, 2, 4, 6, 8. Ezekből készítünk ötjegyű számokat. Ezek nem kezdődhetnek 0-val, ezért az első számjegy lehet
4. a) Ez 4 elem összes permutációinak száma: 4!. b) Ha a C.C. termékek ugyanolyannak minősülnek (jelöljük őket C-vel, a Traubiszódát T-vel) akkor négy különböző sorozat lehetséges: TCCC, CTCC, CCTC, CCCT. Vagy, ha 4 elemet sorba rendezünk, akkor ezt 4!-féleképpen lehet megtenni. De akkor vannak esetek, amiket többször számoltunk, mert pl. a TFSC és a TFCS esetek ugyanannak minősülnek. Tehát minden esetet az F, C, S minden sorrendje ugyanannak minősül, ez 3!. Ennyiszerese az eredménynek az a) eset megoldása, tehát, ha ezeket az eseteket nem számoljuk:
az összes lehetőségek száma. (Ez tekinthető ismétléses permutációnak is.)
5.
mert minden esetet többször, éspedig -szor számoltunk, mert ennyi sorrendje lehet a 7 ill. a 6 egy osztályba tartozó diáknak. (Ez tekinthető ismétléses permutációnak is.)
6. Ha sorban állnának, 7! lenne az eredmény. Mivel nincs első, ezért a sor bárhol kezdődhet, azt attól még ugyanaz az eset. Ez azt jelenti, hogy minden esetet 7-szer számoltunk, azaz ezzel kell leosztani a 7!-t. Azaz 6!. Vagy kijelölünk egy fixpontot. Innen már csak 6! lehetőség lehet a körön belül a sorba állításra.
7. Anna és Gergő kétféleképpen helyezkedhetnek el a körben egymás mellett. Ezután marad 5! a sorrendre, ez lehetőség.
8. A tízesek helyére letesszük a 3-ast. A többi helyre 5!-féleképpen választhatunk számjegyeket, mert minden számnak legalább egyszer szerepelnie kell, amiből az következik, hogy pontosan egyszer.
9. Ha a háromszög A, B, C csúcsait megkülönböztetnék, akkor az A-nak 5, a B-nek 4, a C-nek 3 csúcsot választhatunk. Ezeknek a lehetőségeknek a száma . De a sorrend nem számít, azaz ezt 3!-sal el kell osztani: 10. (Ez felfogható kombinációnak is: 5 elemből kell kiválasztani 3-at, ez
.)
Ismétléses permutáció
Legyen n elemünk és legyen ezek között k1,k2,...,kl darab azonos (tehát k1 + k2 + ... + kl = n). Ha mindezt az n elemet felsoroljuk egy n elemű véges sorozatban, akkor ezeknek az elemeknek egy ismétléses permutációját kapjuk. Ezeknek az elemeknek az összes ismétléses permutációinak számát a következőképpen számíthatjuk ki: