Kombinatorika, permutáció, egyebek dolgozat. Valaki elmagyarázná?

> Van 20 készítmény, abból három hibás.

Van tehát 3 hibás és 17 hibátlan a dobozban.

> Hányféleképpen lehet a 20-ból 15-öt kiválasztani úgy, hogy köztük csak egy hibás legyen?

Lesz tehát 1 hibás és 14 hibátlan a kiválasztottak között.

a) 1 hibás:

Összesen 3 hibás van, azok közül jön majd az 1 hibás. Ez 3-féle lehet.

b) 14 hibátlan:

Ezek a 17 hibátlan közül kell jöjjenek.

Eddig csupa olyan dolgot mondtam, amihez nem kellett tanulni semmit. Most jön az egyetlen, amit meg kellett tanulni:

==> N dolog közül K-t (N alatt a K) féle módon választhatunk ki.

Itt a "kiválasztunk" azt jelenti, hogy nem számít a sorrend, hogy hogyan rakjuk egymás mellé, amiket kiválasztottunk, csak úgy vannak valahol. Ha a sorrend is számít, akkor azt máshogy kell számolni.

Ez a "kiválasztás" nagyon fontos, sokszor előfordul feladatokban.

Most tehát 17-ből választunk ki 14-et, ami (17 alatt a 14) lehetőség.

Összesen pedig az a) és b) esetek szorzata lesz, hisz mindkettő benne van választottak között.

3·(17 alatt 14)

--

Megjegyzés:

Az a) résznél is az van, hogy 3-ból kiválasztunk 1-et. Ezt is lehet a "==>" szabállyal is csinálni:

(3 alatt az 1) = 3

> Hány olyan ötjegyű szám van, melynek számjegyei különböznek?

Szóval amit egyszer már leraktunk egy számjegy helyére, azt nem rakhatjuk le újra.

Gondoljuk úgy, hogy kezdetben van egy zsákban 10 számjegy (0-tól 9-ig), abból húzunk ki mindig egyet és lerakjuk egymás után őket, az lesz a szám.

- Az első számjegy 9-féle lehet (ugyanis nem lehet 0). A zsákból kivettünk egyet, marad még 9.

- A második számjegy is 9-féle lehet (bármelyik a zsákban lévő 9 közül, lehet akár a 0 is)

- A harmadik 8 (annyi van már csak a zsákban)

- A negyedik 7

- Az ötödik 6.

Tehát 9·9·8·7·6-féle szám lehet.

Ehhez nem kellett semmilyen képletet tudni, csak logikusan gondolkodni.

> Hány olyan 3 jegyű szám van, melynek minden számjegye páros?

Szóval most a 0,2,4,6,8 számjegyek lesznek a zsákban.

Nincs kikötve, hogy nem lehet ugyanolyan számjegy kétszer, ezért amit kiveszünk a zsákból, azt most vissza is rakjuk, hogy újra kihúzhassuk.

- Az első számjegy 4-féle lehet (nem lehet a 0)

- A második már mind az 5 lehet

- A harmadik is.

Vagyis 4·5·5

Ehhez se kellett semmilyen képlet.

> A dobozban 16 golyó van, abból 10 fehér, 4 piros és 2 zöld.

> Hány kirakási mód van, ha az azonos színűeket nem különböztetjük meg?

Az, hogy nem különböztetjük meg mondjuk a két zöldet, az azt jelenti, hogy nem számít különböző eseteknek, hogy a két zöld közül melyik van balra és melyik jobbra. Mondjuk ha rájuk lenne írva egy-egy név, akkor meg tudnánk különböztetni őket ránézésre, vagyis ha felcserélnénk a két zöldet, az más kirakás lenne.

"Kirakás" itt bizonyára azt jelenti, hogy a dobozból kivesszük őket és lerakjuk sorban magunk elé.

Ez az előzőekhez képest nehezebb feladat. Az a helyzet, hogy csak olyan módszert tudok mondani arra, hogy hogyan tudsz majd ilyeneket megoldani, hogy ha megoldasz néhány hasonló példát, akkor beugrik a következőnél is.

Az egyik lehetséges megoldás az, hogy először egy másik feladatot oldunk meg: Mi lenne, ha mégiscsak számítana a sorrend? Vagyis ha rájuk lenne írva egy szám is? Akkor ugye az első helyre mehet 16, aztán a másodikra 15, stb, összesen 16·15·14·...·3·2·1, ami 16 faktoriális: 16!

Erre is van egy képlet:

==> N különböző dolgot N! féleképpen rakhatunk sorba.

Sorbarakjuk, ez azt jelenti, hogy számít a sorrend.

De nem ez volt a feladat.

Nézzük mondjuk a zöldeket: egy adott lerakásnál ha fordított sorrendben raktuk volna a két zöldet, az is ugyanaz lenne, ha nincs rájuk írva semmi ezért nem tudjuk őket megkülönböztetni. Vagyis csak a zöldek miatt felezni kell az előző megoldást.

Ugyanez van a 4 pirossal is: Ha a lerakottak közül csak a pirosakat néznénk, akkor a pirosak egymáshoz képesti sorrendje mindegy, úgyse tudjuk megkülönböztetni őket. a 4 pirosnak 4! féle sorrendje lehet (annyiféleképpen rakhattuk sorba őket), ezért mondjuk ez a kirakás: P,Z,Z,P,F,F,F,F,P,F,F,F,F,F,F,P csak a pirosak miatt 4! darabszor szerepelt. Vagyis osztani kell 4!-sal.

A fehérekre is ez van, a 10 fehér 10! sorrendben tud az asztalon lenni, ezzel osztani kell a számot.

Vagyis a megoldás 16! / (2·4!·10!)

---

Megjegyzés: a zöldeknél is írhattuk volna úgy, hogy 2!, hisz ott is az volt, hogy hányféle sorrendje lehet a két zöldnek egymáshoz képest.

Másik megjegyzés: Ezt az osztásos dolgot tanultátok is külön képlettel: Ismétléses permutáció a neve. Viszont én úgy gondolom, hogy nem ezeket a neveket kell megtanulni.

> (3x + y/2) -> Ennek mi a 8. tagja?

Itt biztos elírtal valamit, annak nincs 8-adik tagja. Nem írtad a hatványkitevőt.

> (2x + 1/2)^7

Ennek meg hanyadik tagját kérdezed?

Általánosan: (a+b)^n = (n alatt 0)·a^n + (n alatt 1)·a^(n-1)·b + (n alatt 2)·a^(n-2)·b^2 + ... + (n alatt n)·b^n

Vagyis mondjuk a negyedik tag: (n alatt 3)·a^(n-3)·b^3

Tehát mondjuk (2x + 1/2)^7-nek a harmadik tagja:

(7 alatt 2)·(2x)^5·(1/2)^2

Ez akkor igaz, ha egytől indul a számolás. Tehát mondjuk (x+1)^2 = x² + 2x + 1 ennek az első tagja x², a második 2x, a harmadik 1. Az első tagban (2 alatt 0) van, stb, eggyel kevesebb, mint hogy hányadik tag.

(Bármi alatt nulla az 1)