ZÁKLADY DISKRÉTNÍ MATEMATIKY

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Rozměr: px
Začít zobrazení ze stránky:

Download "ZÁKLADY DISKRÉTNÍ MATEMATIKY"

Transkript

1 ZÁKLADY DISKRÉTNÍ MATEMATIKY Michael Kubesa Text byl vytvoře v rámci realizace projektu Matematika pro ižeýry 21. století (reg. č. CZ.1.07/2.2.00/ ), a kterém se společě podílela Vysoká škola báňská Techická uiverzita Ostrava a Západočeská uiverzita v Plzi

2 Michael Kubesa Základy diskrétí matematiky c Michael Kubesa, 2011 ISBN

3 Předmluva Vážeí čteáři, teto učebí text je a bude dyamický, tz. bude průběžě doplňová, opravová a vylepšová. Autor Vám bude vděče, pokud jej jakýmkoliv možým způsobem upozoríte a případé chyby, možá doplěí a vylepšeí. Zároveň se autor omlouvá, že text eí zatím vybave obrázky. Bude apraveo! V Ostravě Michael Kubesa iii

4 Obsah Předmluva iii 1 Úvod Možiy, podmožiy a operace s imi Poslouposti, sumy a produkty Horí a dolí celá část reálého čísla Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Základí kombiatorické výběry Permutace bez opakováí Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Kombiace bez opakováí Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Variace bez opakováí Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Permutace s opakováím Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Kombiace s opakováím Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Variace s opakováím Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Složeé výběry Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí iv

5 3 Diskrétí pravděpodobost Náhodé jevy a pravděpodobostí prostor Závislé a ezávislé áhodé jevy Náhodá proměá a středí hodota áhodé proměé Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Důkazy v diskrétí matematice Dirichletův pricip Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Relace a zobrazeí Biárí a -árí relace a možiě A Relace ekvivalece Relace částečé uspořádáí Zobrazeí Bijekce koečé možiy A a sebe ebo-li permutace Příklady k procvičeí Klíč k příkladům k procvičeí Pricip ikluze a exkluze 119 Příklady k procvičeí Literatura 128 Rejstřík 129 v

6 1 Kapitola 1 Úvod Pojem diskrétí matematika eozačuje jakousi taktí, ohleduplou či šetrou matematiku, ale matematiku espojitou. Již od pradáva lidé při zkoumáí okolí reality používali dva zcela odlišé filozofické přístupy. Oba shodě pracovaly s představou, že Svět se skládá z ějakých základích (dále edělitelých) částic, přičemž prví přístup říkal, že v jakémkoliv okolí (sebemeším) libovolé základí částice je vždy ějaká jiá základí částice (spojitá ebo-li kotiuálí představa Světa) a druhý, že ke každé základí částici umíme ajít takové okolí, že v ěm žádá další základí částice eí (espojitá představa Světa). Je třeba dodat, že tyto dva přístupy si při zkoumáí objektiví reality (pokud existuje) eodporují, ale aopak se doplňují. Pohled spojitý je v deší techické praxi uplatňová při tvorbě tzv. aalogových přístrojů, zatímco espojitý v případě digitálích. Protože žijeme v době bouřlivě se rozvíjející digitalizace, je přirozeé, že espojitá představa Světa abývá vrchu. Nejdramatičtější rozvoj diskrétí matematiky je proto eoddělitelě spoje s rozvojem digitálí počítačové techiky, jež probíhá od poloviy 20. století do deších dů. Uvědomme si, že matematika při zkoumáí Světa ahrazuje jedotlivé objekty čísly a k tomu si vytvořila růzé číselé možiy. Zopakujme si je. Možiu přirozeých čísel budeme začit N a N = {1, 2, 3,... }. Na tomto místě si ihed řekěme, že v diskrétí matematice často přidáváme do možiy přirozeých čísel ulu, takovou možiu budeme začit N 0. Dále záme možiu celých čísel Z, kde Z = {... 3, 2, 1, 0, 1, 2, 3,... }, možiu racioálích čísel Q, kde Q = { p : p Z, q N} a možiu reálých čísel q R, kde R = Q I, přičemž I je možia iracioálích čísel, to jsou ta, která elze vyjádřit číslem racioálím (apř. 2, 3, π, e = 2, ). Zmiňme ještě možiu komplexích čísel C, kde C = {a + bi : a, b R, i 2 = 1}. Jistě jste si všimli, že číselé možiy N a Z vlastě charakterizují Svět espojitý a proto jsou téměř všecha zkoumáí v diskrétí matematice popsatelá právě těmito čísly. Zatímco apříklad matematická aalýza (kotiuálí matematika) se při svých výzkumech eobejde bez čísel reálých.

7 2 Úvod 1.1 Možiy, podmožiy a operace s imi Již v úvodu jsme používali pojem možia, aiž by byl, byť ituitivě, defiová. Možiou rozumíme ějaký souhr vzájemě rozlišitelých objektů, přičemž objektům, které možia obsahuje, říkáme prvky možiy. Možiy obvykle ozačujeme velkými písmey A, B, M, V, U, X, Y... a prvky možiy malými a, b, e, u, v, x, y.... Skutečost, že prvek x do možiy M áleží, zapíšeme x M, zatímco pokud prvek x do možiy M epatří, zapíšeme x / M. Prázdou možiu (možia bez prvků) ozačíme symbolem. Možiy zadáváme: výčtem prvků ebo-li taxativě, apř. M = {5, 7, 9, 11}, charakteristickou vlastostí apř. M = {x N : 5 x 11, x je liché } ebo M = {2k + 1 : k = 2, 3, 4, 5}. Zápis čteme M je možia všech přirozeých čísel x, pro která platí, že jsou lichá a větší ebo rova 5 a meší ebo rova 11 a druhý čteme M je možia všech čísel 2k + 1, kde k projde všechy celočíselé hodoty od 2 do 5. Vidíme, že logická spojka a současě se při zápisu možiy charakteristickou vlastostí může zaměit čárkou. Zak : čteme většiou platí, že a můžeme jej ahradit zakem. Pořadí prvků v možiě ehraje roli, platí tedy {5, 7, 9, 11} = {7, 11, 9, 5}. V předchozí větě jsme použili rovost dvou moži, je přirozeé, že dvě možiy se rovají právě tehdy, když obsahují tytéž prvky. Z výše uvedeého také plye, že každý prvek možiy se v možiě vyskytuje přesě jedou (rozlišitelost), proto apříklad souhr prvků {b, a, d, c}, zatímco souhr {b, a, d, a} bychom museli přepsat apříklad do tvaru {a, b, d}, aby se stal možiou. Protože v matematice občas potřebujeme euspořádaý souhr prvků, kde se ěkteré prvky opakují, zavedeme pojem multimožiy. Multimožia je tudíž euspořádaý souhr prvků, přičemž se prvky mohou opakovat, erozlišitelým prvkům říkáme kopie. Multimožiy budeme v tomto textu začit velkými písmey s hvězdičkou apř. X *. Možiy i multimožiy mohou být koečé i ekoečé, v diskrétí matematice převážě pracujeme s možiami koečými. Obecou koečou eprázdou možiu X zpravidla zapisujeme X = {x 1, x 2,..., x }, kde je libovolé přirozeé číslo. V sezamu prvků tedy vypíšeme prví dva prvky, pak horizotálí trojtečku a prvek posledí. Dodejme, že uvedeý zápis zameá pro = 1, že X = {x 1 } a pro = 2, že X = {x 1, x 2 }. Obecou ekoečou eprázdou možiu zapíšeme X = {x 1, x 2,..., x,... } ebo X = {x 1, x 2,... }, pokud eí obecý -tý prvek jedoduše vyjadřitelý. Počet prvků možiy X zapisujeme X. V případě ekoečé možiy používáme obvykle místo pojmu počet prvků možiy pojem mohutost možiy (začeí zůstává stejé). Vidíme, že pro X = {x 1, x 2,..., x } je X = a = 0. Pokud máme obecou koečou multimožiu X *, která obsahuje 1 kopií prvku x 1, 2 kopií prvku x 2 atd. až kopií prvku x, pak X * =

8 1.1 Možiy, podmožiy a operace s imi 3 Možia X je podmožiou možiy Y, jestliže pro každé x X platí x Y, což zapisujeme X Y. Pokud X Y a existuje prvek y Y, který epatří do X, pak říkáme, že X je vlastí podmožiou Y a zapíšeme X Y. Sado lze vypozorovat, že X = Y právě tehdy, když X Y a Y X. Připomeňme ještě, že pokud X Y, pak tomuto vztahu říkáme ikluze moži X, Y. Podobě lze také defiovat podmultimožiu daé multimožiy. Jsou-li prvky daé možiy také možiy, pak hovoříme raději o systému moži a e o možiě moži. Systém všech podmoži možiy X budeme začit 2 X a budeme mu říkat potečí možia možiy X. Pokud je X =, pak 2 X = { }. Všiměte si, že { } =. Pro koečé možiy X obecě platí, 2 X = 2 X. Teto vztah dokážeme v Kapitole 4. Příklad 1.1. Mějme možiu M = {x Z : 2x 3 + 3x 2 3x 2 = 0}. Určete taxativě možiu 2 M. Řešeí. Možiu M máme zadáu charakteristickou vlastostí, pokusíme se ji vyjádřit výčtem prvků. Musíme tedy ajít všecha celočíselá řešeí rovice 2x 3 +3x 2 3x 2 = 0. Protože jde o rovici třetího řádu, bude uté jede z kořeů odhadout. Neí těžké si uvědomit, že jede z ich je číslo 1. Proto x 1 = 1. Pak ovšem musí platit, že polyom 2x 3 +3x 2 3x 2 jsme schopi zapsat ve tvaru (x 1) P (x). Řešeím rovice 2x 3 + 3x 2 3x 2 = (x 1) P (x) = 0, jsou kromě jedičky také řešeí rovice P (x) = 0, přičemž P (x) = (2x 3 +3x 2 3x 2)/(x 1) = 2x 2 +5x+2. Diskrimiat rovice P (x) = 0 je D = = 9, pak ovšem x 2 = 5+3 = a x 3 = 5 3 = 2. Proto M = { 2, 1}, eboť ás zajímají pouze celočíselá 4 řešeí. Nyí je již jasé, že 2 M = {, { 2}, {1}, { 2, 1}}. Pozor, esmíme psát 2 M = {, 2, 1, { 2, 1}}, protože podmožiou M je jedoprvková možia s prvkem 2 resp. 1, e prvek 2 resp. 1! Sado také ověříme, že 2 M = 4 = 2 2 = 2 M. Při práci s možiami, je dobré zavést pojem uiversa či uiverzálí možiy U. Potom platí, že každá možia, která přichází v úvahu (s kterou pracujeme) je podmožiou U, přičemž možia U charakterizuje ějaký přirozeý celek. Pojem uiversa je tudíž relativí. V matematické aalýze jím je často možia reálých čísel R, zatímco v diskrétí matematice to bývá obvykle N, N 0 ebo Z. S možiami můžeme provádět růzé operace, což zameá, že jedé či více možiám jedozačě přiřadíme ějakou další možiu. Nejjedodušší operací je doplěk (komplemet) možiy v možiě U. Doplěk možiy A začíme A ebo A U a platí A = {x U : x / A} (v A jsou všechy prvky uiversa, které epatří do možiy A). Doplěk možiy je zázorě a obrázku 1.1 tzv. Veovým diagramem. Příklad 1.2. Nalezěte doplňky A Z a A N možiy A = {x N : 1 x 1 2, 1 5 }. Řešeí. Protože 1 1, 1, musí platit, že Teto zápis charakterizuje x x 5 dvě erovice, a to 1 1 a 1 1. Protože je x přirozeé, tedy kladé, sado 2 x x 5 dostaeme výsledek x 2 a x 5. Vidíme, že A = {2, 3, 4, 5}.

9 4 Úvod U A Obr. 1.1 Doplěk ebo-li komplemet možiy A (vyšrafovaá část) Odtud A Z = {... 2, 1, 0, 1, 6, 7, 8,... } a A N = {1, 6, 7, 8,... }. Takové ekoečé možiy umíme ovšem přesěji zapsat charakteristickou vlastostí, proto zvolíme jiý zápis, apříklad A Z = {x Z : x 1 x 6} a A N = {x N : x = = 1 x 6}. Již ze středí školy záme průik A B, sjedoceí A B a rozdíl A B moži A, B. Víme, že platí A B = {x U : x A x B} (v A B jsou všechy společé prvky moži A, B), A B = {x U : x A x B} (viz obr 1.2) (v A B jsou všechy prvky z prví ebo druhé možiy) a A B = {x A : x / B} (v A B jsou všechy prvky možiy A, které epatří do B)(viz obr 1.2). U U A B A B Obr. 1.2 Sjedoceí moži A B a možiový rozdíl A B (vyšrafovaé části) Pro zájemce: Následující příklad je prví ukázkou, jak vést v matematice obecý důkaz. Všiměte si, že probíhá v jedotlivých krocích, přičemž správost každého kroku musí být obhájea ějakým již zámým (tudíž už dokázaým) pravidlem. Matematickým důkazům se budeme pečlivě věovat v Kapitole 4. Příklad 1.3. Dokažte, De Morgaova pravidla A B = A B a A B = A B.

10 1.1 Možiy, podmožiy a operace s imi 5 Řešeí. Pokud X Y a současě Y X, pak X = Y. Této myšleky využijeme v ásledujícím důkazu. Nechť x je libovolý prvek z možiy A B. Potom platí, že x U a x / A B. Výrok x / A B lze přepsat (x A B), kde symbol zameá egaci výroku (opak výroku) v závorce. Víme, že pokud x A B, pak x A x B. Dostáváme tudíž výrok (x A x B). Z výrokové logiky je zámo, že výrok (x A x B) je ekvivaletí s výrokem (x A) (x B), což je výrok x / A x / B. Protože x U, můžeme předešlý výrok přepsat x A x B, z čehož plye x A B. Dokázali jsme, že každý prvek možiy A B je prvkem možiy A B, proto A B A B. Nyí předpokládejme, že x A B. Potom x A x B a odtud (x A) (x B). Předešlý výrok je ekvivavaletí s výrokem (x A x B), což lze přepsat (x A B). Čili prvek x patří do U, ale epatří do A B, proto x A B. V tuto chvíli máme prokázáo, že každý prvek z A B je prvkem A B. Tudíž A B A B. Ověřili jsme platost obou možiových ikluzí A B A B a A B A B, proto musí platit A B = A B. Důkaz druhého De Morgaova pravidla poecháme jako cvičeí. Průik resp. sjedoceí většího počtu moži A 1, A 2,..., A budeme zapisovat A i resp. A i. Tudíž i=1 i=1 A i = A 1 A 2... A i=1 i=1 a A i = A 1 A 2... A. Pokud chceme z moži vybrat je ějakých k, k, pak dolí idexy vybraých moži obecě ozačíme i 1, i 2,..., i k, kde i 1, i 2,..., i k {1, 2,..., }. Průik a sjedoceí těchto vybraých moži pak můžeme zapsat j {i 1,i 2,...,i k } A j = A i1 A i2... A ik a j {i 1,i 2,...,i k } A j = A i1 A i2... A ik. Předešlé možiové operace přiřazovaly jedé či více možiám možiu, jež byla podmožiou téhož uiversa jako možiy původí. Následující operace tuto vlastost emají. Kartézský souči moži A 1, A 2,..., A budeme začit A 1 A 2... A a platí A 1 A 2... A = {(a 1, a 2,..., a ) : a i A i, i = 1, 2,..., }. Kartézský souči moži A 1, A 2,..., A v tomto pořadí je tedy možia všech uspořádaých -tic, kdy prví prvek (také můžeme říci prvek a prví pozici) je z prví možiy, druhý z druhé a tak dále, až -tý z -té možiy. Navíc platí, že A = A =. Dodejme, že zápis i = 1, 2,..., zameá, že idex i projde všecha čísla 1, 2,......,, zatímco zápis i {1, 2,..., } říká, že idex i je ěkteré z čísel 1, 2,...,.

11 6 Úvod Platí-li A 1 = A 2 = = A = A, pak kartézský souči A A... A = A azýváme -tou kartézskou mociou možiy A. Dodejme, že A 1 = A a A 0 = { }. V Kapitole 4 dokážeme platost vztahu A B = A B. Dá se také dokázat zobecěý vztah A 1 A 2... A = A 1 A 2 A. Příklad 1.4. Nechť A = {, }, B = {1, 3, 5} a C = { }. Určete možiy A B, C B, B C, B C A, B 2 a A 3. Řešeí. A B je možia všech uspořádaých dvojic, kde a prví pozici je prvek z A a a druhé prvek z B. Abychom a žádou dvojici ezapoměli, je dobré postupovat systematicky. Nejdříve vezmeme prví prvek z A a a druhou pozici k ěmu budeme postupě přidávat všechy prvky možiy B. Dostaeme dvojice (, 1), (, 3), (, 5). Pak totéž provedeme pro druhý prvek z A a dostaeme dvojice (, 1), (, 3), (, 5). (Pokud by v A existovaly další prvky, budeme takto pokračovat dál.) Tudíž A B = {(, 1), (, 3), (, 5), (, 1), (, 3), (, 5)}. Podobě, C B = {(, 1), (, 3), (, 5)} a B C = {(1, ), (3, ), (5, )}. Všiměte si, že C B B C, tedy kartézský souči eí komutativí. V ašem případě dokoce platí (C B) (B C) = (možiy emají ai jede společý prvek). Připomeňme, že jestliže pro dvě možiy X, Y platí X Y =, pak X, Y azýváme disjuktí možiy. B C A je možia všech uspořádaých trojic, kde 1. prvek je z možiy B, druhý z C a třetí z A. Budeme opět systematičtí. Na prví pozici dáme 1. prvek z B, a druhou prví prvek z C a a třetí postupě všechy prvky z A. Dostaeme (1,, ), (1,, ). Na prví pozici poecháme 1. prvek z B a a druhou bychom dali druhý z C. Te ovšem eexistuje, proto dáme a prví pozici druhý prvek z B, a druhou jediý prvek z C a a třetí postupě všechy prvky z A. Dostaeme uspořádaé trojice (3,, ), (3,, ). Nakoec dáme a prví pozici posledí prvek z B a celou proceduru opakujeme. Dostaeme (5,, ), (5,, ). Proto B C A = {(1,, ), (1,, ), (3,, ), (3,, ), (5,, ), (5,, )} Protože kartézské mociy jsou speciálími případy kartézských součiů, můžeme být stručější a ihed psát B 2 = {(1, 1), (1, 3), (1, 5), (3, 1), (3, 3), (3, 5), (5, 1), (5, 3), (5, 5)} A 3 = {(,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, ), (,, )}. Všiměme si, že platí A B = 6 = 2 3 = A B, C B = 3 = 1 3 = C B = = B C = B C, B C A = 6 = = B C A, B 2 = 9 = 3 2 = B 2 a A 3 = 8 = 2 3 = A 3.

12 1.2 Poslouposti, sumy a produkty 7 Příklad 1.5. Určete taxativě možiu 2 X, pokud X = (A B) B 2 a A = = {x N : x 3 3x 2 + 2x = 0} a B = {x R : x = 1 x }. Řešeí. Začěme tím, že si možiy A i B vyjádříme taxativě. V případě možiy A hledáme přirozeá čísla, která splňují rovici x 3 3x 2 +2x = 0. Nalezeme všechy kořey této rovice a vybereme pouze ty, které jsou přirozeými čísly. Protože x 3 3x 2 + 2x = x(x 2 3x + 2) = 0, tak jede z kořeů, řekěme x 1, je 0 a zbývající dvě řešeí x 2, x 3 jsou kořey kvadratické rovice x 2 3x + 2 = 0. Pro hledáí celočíselých kořeů ormovaé kvadratické rovice (před x 2 je jedička) x 2 + px + q = 0 můžeme s úspěchem použít Vietovu větu, která říká, že pro kořey x 1, x 2 musí platit x 1 + x 2 = p a x 1 x 2 = q. V ašem případě tudíž hledáme dvě celá čísla, která v součtu dávají trojku a v součiu dvojku. Ale taková čísla jsou 1 a 2. Proto A = {1, 2}, eboť 0 eí přirozeé číslo. Dodejme ještě, že Vietova věta v obecém zěí hovoří o vztahu kořeů a koeficietů obecé algebraické rovice -tého řádu, tj. rovice a x + a 1 x a 1 x + a 0 = 0, přičemž a i jsou reálá čísla pro všecha i = 1, 2,...,. V případě možiy B hledáme reálá čísla, která se rovají své převráceé hodotě. Taková čísla jsou pouze dvě, a to 1, 1. Proto B = { 1, 1}, A B = {(1, 1), (1, 1), (2, 1), (2, 1)} a B 2 = {( 1, 1), ( 1, 1), (1, 1), (1, 1)}. Chceme-li určit možiu X = (A B) B 2, pak hledáme prvky možiy A B, které ejsou obsažey v B 2 (Pozor, prvky jsou tetokrát uspořádaé dvojice!). Tudíž X = (A B) B 2 = {(2, 1), (2, 1)}. Ještě zbývá alézt možiu 2 X, což je systém všech podmoži možiy X (prvky jsou podmožiy možiy X). Proto 2 X = {, {(2, 1)}, {(2, 1)}, {(2, 1), (2, 1)}}. Uvědomte si, že zápisy {(2, 1)} a {2, 1} ezameají totéž! Prví ozačuje jedoprvkovou možiu, kde prvkem je uspořádaá dvojice (2, 1), zatímco druhý ozačuje dvouprvkovou možiu, kde prvky jsou čísla 2 a 1. V závěru podkapitoly ještě zavedeme pojem celočíselého itervalu. Symbolem [x, y], kde x, y Z, x y, budeme ozačovat možiu všech celých čísel, která jsou meší ebo rova y a větší ebo rova x. Takové možiě budeme říkat celočíselý iterval od x do y. Platí tedy [x, y] = {a Z : x a y x, y Z x y}. 1.2 Poslouposti, sumy a produkty Každou koečou možiu či multimožiu můžeme úplě (lieárě) uspořádat, tz. určíme jedozačě, který prvek je prví, který druhý... atd. Určíme tudíž jedozačě pořadí každého prvku v možiě. V takto pevě uspořádaé možiě ozačíme prví prvek a 1, druhý prvek a 2 až obecý -tý prvek a. Dostaeme tedy

13 8 Úvod uspořádaou -tici (a 1, a 2,..., a ), kde a i pro i = 1, 2,..., jsou všechy prvky zadaé možiy. Takovou uspořádaou -tici (a 1, a 2,..., a ) budeme azývat koečá posloupost a můžeme ji také zapsat (a i ) i=1. Prvek a i, i {1, 2,..., }, azýváme i-tý čle poslouposti, popřípadě čle poslouposti. Podobě můžeme také uspořádat ekoečé možiy a multimožiy, čímž dostaeme ekoečé poslouposti. Nekoečé poslouposti zapisujeme buď (a 1, a 2,..., a,... ) ebo (a 1, a 2,... ) ebo (a i ) i=1. Dodejme ještě, že připouštíme existeci prázdé poslouposti, tj. poslouposti bez jakéhokoliv čleu. Kokrétí poslouposti můžeme zadávat růzými způsoby. Například tak, že vypíšeme všechy její prvky v daém pořadí, apříklad (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21) (máme-li a mysli koečou posloupost) ebo (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... ) (máme-li a mysli ekoečou posloupost). V obou případech říkáme, že jsme zadali posloupost taxativě ebo-li výčtem prvků. Takové zadáí je v případě poslouposti s moha čley velmi obtížé a v případě ekoečé poslouposti dokoce emožé (Co ásleduje za číslem 21?). Další možost, jak zadat posloupost, je rekuretě. Což zameá, že zadáme předpis pro výpočet -tého čleu a z čleů předchozích, přičemž musíme zát dostatečý počet prvích čleů poslouposti. Jako příklad ám poslouží Fiboacciho posloupost, která bývá zadáváa ásledově: a 1 = a 2 = 1 a a = a 1 + a 2 pro 3. Jistě jste si všimli, že výše uvedeá posloupost (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... ) by mohla být Fiboacciho posloupost. Také můžeme určit posloupost vzorcem pro -tý čle (předpis, jak vypočítat a, pokud záme ). Jako příklad uveďme a = 1 5 (( 1+ 5) ( 1 5) ). Je velmi 2 2 zajímavé, že pokud by jste použili teto vzorec pro = 1, 2,... dostali by jste posloupost (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21,... ). Jde tudíž opět o Fiboacciho posloupost! Výpočty jedotlivých čleů ze zadaého vzorce jsou docela zdlouhavé, proto zkusme ověřit (pro zájemce) alespoň, že apříklad a 6 je rovo 8. Pro zájemce: Výpočet provedeme bez použití biomické věty, eboť v jejím zápise jsou použita kombiačí čísla s kterými se sezámíme až v ásledující kapitole. Víme, že a 6 = 1 5 (( ) 6 ( ) 6 ). Proveďme substituci a = 5 a uvědomme si, že (1 + a) 6 = (1 + a) 3 (1 + a) 3 a (1 a) 6 = (1 a) 3 (1 a) 3, přičemž (1+a) 3 = 1+a+a 2 +a 3 a (1 a) 3 = 1 a+a 2 a 3. Po rozásobeí vidíme, že a 6 je (1 + 6a + 15a a a 4 + 6a 5 + a 6 ) (1 6a + 15a 2 20a a 4 6a 5 + a 6 ) 2 6. a Z čehož po úpravách dostaeme

14 1.2 Poslouposti, sumy a produkty 9 a 6 = 4a(3 + 10a2 + 3a 4 ) 4a 2 4. Po vykráceí a zpěté substituci máme a 6 = 3+10( 5) 2 +3( 5) 4 = = 128 = = 27 = 2 3 = Na závěr pozameejme, že určit vzorec pro -tý čle Fiboacciho poslouposti eí jedoduché, a tato problematika přesahuje možosti tohoto textu. Celé odvozeí můžete ajít v [MaNe]. Poměrě často se stává, že chceme všechy čley poslouposti (a i ) i=1 sečíst ebo vyásobit. Součet budeme ozačovat symbolem suma a souči symbolem produkt. Pro ozačeí je použito velké řecké sigma a velké řecké pí podle počátečích písme obou slov. Součet a souči všech čleů poslouposti lze tedy zapsat takto a 1 + a a = a i a a 1 a 2 a = i=1 a i. Pokud chceme sečíst ebo vyásobit pouze vybraé čley poslouposti a i1, a i2,..., a ik, kde i j {1, 2,..., } pro každé j = 1, 2,..., k a k, pak píšeme i=1 k a ij j=1 Je však možý i jiý zápis, apříklad J {1,2,...,},j J a j ebo ebo k a ij. j=1 a j. J {1,2,...,},j J Příklad 1.6. Vypočítejte i=1 (i + 2). Řešeí. Nejdříve rozepíšeme sumu i=1 (i+2) = (1+2)+(2+2)+(3+2)+ +(+2). Součet (1 + 2) + (2 + 2) + (3 + 2) + + ( + 2) je součet prvích čleů aritmetické poslouposti, kde a 1 = = 3, a = + 2 a diferece d = 1. Připomeňme, že vzorec pro součet s prvích čleů aritmetické poslouposti je s = (a a ). Odtud i=1 (i + 2) = (+5) ( ) =. 2 2 Jié řešeí. Protože koečý součet je asociativí a komutativí, můžeme psát i=1 (i + 2) = ( ) + ( ) = Příklad 1.7. Vypočítejte i=1 (2 i). (1 + ) = (+5) 2. Řešeí. Opět si produkt ejdříve rozepíšeme i=1 (2 i) = (2 1) (2 2) (2 ). Protože je ásobeí asociativí a komutativí můžeme psát (2 1) (2 2) (2 ) = = (2 2 2)(1 2 ). Víme, že = 2 a 1 2 =!, kde symbol!

15 10 Úvod čteme faktoriál. O faktoriálu budeme podrobě hovořit v Kapitole 2. Proto i=1 (2 i) = 2!. Příklad 1.8. Vypočítejte i {x R x 2 +x 2=0} (2 + i) a i {x R x 2 +x 2=0} (2 i). Řešeí. Vidíme, že možia hodot idexu i je dáa charakteristickou vlastostí. Bude lepší, pokud ji vyjádříme taxativě. Sado zjistíme, že rovici x 2 + x 2 = = 0 splňují pouze čísla 1 a 2, proto {x R x 2 + x 2 = 0} = { 2, 1}. Odtud i {x R x 2 +x 2=0} (2 + i) = i { 2,1} (2 + i) = (2 + ( 2)) + (2 + 1) = 3 a i { 2,1} (2 i) = (2 ( 2)) (2 1) = 8. Zůstaňme ještě u příkladů 1.6 a 1.7. Zřejmě platí i=1 (i + 2) = ( i=1 i) + + ( i=1 2) a i=1 (2 i) = ( i=1 2) ( i=1 i) (Suma součtů je součet sum a produkt součiů je souči produktů). Víme, že i=1 + 2 (příklad 1.6), přičemž i=1 (i+2) = (+5) 2 = 2+ 2 i = (+1) 2. Proto (+1) (1+) = i=1 2 = 2 = Obdobě i=1 (2 i) = 2! (příklad 1.7) a i=1 i =!. Proto. = i=1 2 = 2 = Pokud tedy sčítáme ebo ásobíme výrazy, které ejsou fukcí idexu i (i prochází růzých hodot), jsou vůči proměé i kostatí, pak takový součet resp. souči chápeme jako součet ebo souči sčítaců resp. čiitelů, přičemž každý z ich je oa kostata. Obecě platí k = k + k + + k i=1 Ještě zmiňme, že apříklad = k a i=1 k = k k k = k. i {1,2,43,51,103} k = k + k + k + k + k = 5k a i {1,2,43,51,103} k = k k k k k = k 5, eboť o počtu sčítaců (čiitelů) rozhoduje pouze počet hodot, kterými idex i prochází. V obecých výpočtech může astat ásledující situace. Máme vypočítat sumu k i=5 a i či produkt k i=5 a i apříklad pro k = 2, 3,...,. Pak ovšem po dosazeí k = 2 dostáváme tzv. prázdou sumu 2 i=5 a i či prázdý produkt 2 i=5 a i (možia hodot idexu i je prázdá). Budeme si pamatovat, že prázdá suma je rova ule a prázdý produkt jedé. Proto 2 a i = 0 i=5 a 2 a i = 1. i=5

16 1.2 Poslouposti, sumy a produkty 11 Příklad 1.9. Na spořící účet jsme uložili 1000 Kč. Víme, že každý rok přičtou tolik stokoruu, kolik roků je účet vede, a každý rok odečtou 200 Kč za bakoví poplatky. Kolik koru bude a spořícím účtu po dvou letech? pěti letech? letech? Řešeí. Nejrozumější asi bude, pokud úlohu vyřešíme pro obecé a ostatí řešeí dostaeme pouhým dosazeím. Je zřejmé, že po jedom roce přičtou k tisícikoruě stokoruu, po druhém roce k Kč přičtou koru, po třetím roce k Kč přičtou koru a tak dále. Takže obecě po letech přičtou k tisícikoruě ( ) 100 = k=1 k 100 koru. Avšak každý rok odečtou 200 koru, tudíž celkově 200 koru. Po letech bude a účtu k=1 k Kč. Víme, že k=1 k = k=1 ( + 1) = (+1) 2. Odtud k = (+1) = = = ( 3). Tudíž po dvou letech bude a účtu (2 3) = 900 Kč, ale po pěti letech (5 3) = 1500 Kč. Příklad Vypočítejte j {2,4,9,11} (a + b)2 a j {2,4,9,11} (a + b)2. Řešeí. Protože se výraz (a + b) 2 eí fukcí idexu j, tak platí = 4(a + b) 2 a j {2,4,9,11} (a + b)2 = ((a + b) 2 ) 4 = (a + b) 8. j {2,4,9,11} Příklad Vypočítejte j {x R:(x+1) 2 <0} j2 a j {x R:(x+1) 2 <0} j2. (a + b) 2 = Řešeí. Tetokrát je výraz j 2 závislý a idexu j, ale {x R : (x + 1) 2 < 0} =, eboť žádé reálé x eumí split podmíku (x + 1) 2 < 0. Jde tudíž o prázdou sumu a produkt. Odtud j {x R:(x+1) 2 <0} j2 = 0 a j {x R:(x+1) 2 <0} j2 = 1. Příklad Vypočítejte 2 i=1 ( 1)i 3i. Řešeí. Jestliže sumu rozepíšeme, pak absolutí hodoty jedotlivých sčítaců tvoří aritmetickou posloupost (a 1 = 3, d = 3), avšak každý lichý sčítaec je obdaře zamékem mius a každý sudý zamékem plus. Proto můžeme psát 2 i=1 ( 1) i 3i = 2 i=1 isudé 3i 2 i=1 iliché 3i.

17 12 Úvod Rozepíšeme-li sumu 2 i=1 isudé 3i, pak sčítace tvoří aritmetickou posloupost, kde prví čle je 6 a posledí 3 2 = 6. Pozor, sčítaců je pouze. Odtud = 2 (6 + 6) = 3( + 1). Suma 2 i=1 iliché 2 i=1 isudé 3i = 3i obsahuje sčítaců, které tvoří aritmetickou posloupost, přičemž prví čle je 3 a posledí 3(2 1) = 6 3. Odtud = ( ) = Tudíž 2 ( 1) i 3i = i=1 2 i=1 isudé 3i 2 i=1 iliché 2 i=1 iliché 3i = 3i = 3( + 1) 3 2 = = = 3. Proveďme jiou úvahu, která povede k řešeí. Každé dva po sobě jdoucí sčítace v sumě jsou po sobě jdoucí ásobky tří, přičemž meší má zaméko mius a větší zaméko plus. Tudíž, sečteme-li je, dostaeme číslo 3. Spárujme po sobě jdoucí sčítace a dostaeme součet párů, kde každý pár dává výsledek 3. Proto 2 ( 1) i 3i = ( 3 + 6) + ( ) + + ( 3(2 1) + 3 2) = Příklad Vypočítejte i=1 j=1 i j. Řešeí. Nejdříve aplikujeme pravou sumu a dostáváme + i ) = i( ) = = i i=1 j = j=1 i=1 ( (+1) 2 ) ( 2 2 = i). i=1 i=1 i=1 j=1 i (+1) 2 = (+1) 2 i=1 = 3. i j = (i 1 + i 2+ i=1 i=1 i = (+1) 2 (+1) 2 = 1.3 Horí a dolí celá část reálého čísla Defiice Horí celá část reálého čísla a je celé číslo z takové, že platí z 1 < a z. Horí celou část reálého čísla a budeme začit a. Necháme-li si předešlou defiici projít hlavou, pak zjistíme, že při hledáí a mohou astat a číselé ose dvě možosti. Buď je a celé číslo, pak je jeho horí celá část přímo a, ebo a R Z, a pak je a ejbližší celé číslo apravo od a.

18 1.3 Horí a dolí celá část reálého čísla 13 Defiice Dolí celá část reálého čísla a je celé číslo z takové, že platí z a < z + 1. Dolí celou část reálého čísla a budeme začit a. Opět, při hledáí a mohou astat a číselé ose dvě možosti. Buď je a celé číslo, pak je jeho dolí celá část přímo a, ebo a R Z, a pak je a ejbližší celé číslo alevo od a. Příklad Určete horí a dolí celé části reálých čísel 7; 7; 2, 34; 2, 34; 14; 3 14 ; e; e. 3 Řešeí. Protože 7 a 7 jsou celá čísla, tak platí 7 = 7 = 7 a 7 = 7 = 7. Číslo 2, 34 leží mezi dvojkou a trojkou, zatímco číslo 2, 34 mezi mius trojkou a mius dvojkou, proto 2, 34 = 3, 2, 34 = 2 a 2, 34 = 2, 2, 34 = 3. Číslo 14 je mezi čtyřkou a pětkou, proto 14 = 5, 14 = 4 a 14 = 4, = 5. Eulerovo číslo e je iracioálí s přibližou hodotou 2, , proto 3 e = 3, e = 2 a e = 2, e = 3. Příklad Určete horí a dolí celou část reálého čísla 6, 9. Řešeí. Teto příklad se zdá vyložeě triviálí a moho z ás by zřejmě tvrdilo, že 6, 9 = 7 a 6, 9 = 6. Neí tomu tak! Dá se totiž ukázat, že 6, 9 = 7. Potom ovšem 6, 9 = 6, 9 = 7. Rovost 6, 9 = 7 prokážeme jedoduchou a krásou úvahou. Staovme x = 6, 9, potom ovšem 10x = 69, 9. Odtud plye 10x x = 69, 9 6, 9 a dostáváme 9x = 63. Což je splitelé pouze pro x = 7. Příklad Ověřte, zda platí (+1)2 = 2 + pro každé sudé celé. 2 2 Řešeí. Ozačme = 2q, kde q Z. Na pravé straě dostaeme (2q)2 + 2q = 2q 2 + 2q. Protože je 2q 2 celé číslo, 2 platí 2q 2 = 2q 2. Po úpravě tudíž obdržíme 2q 2 + 2q. Levá straa je (2q+1)2 = (4q2 +4q+1) = 2q 2 + 2q + 1. Číslo q2 + 2q + 1 je 2 o jedu poloviu větší ež celé číslo 2q 2 + 2q, proto 2q 2 + 2q + 1 = 2 2q2 + 2q. Důkaz rovosti je ukoče, eboť jsme ověřili, že levá straa se rová pravé pro libovolé sudé. Příklad Dokažte ebo vyvraťte rovost +k = + k pro libovolé sudé a liché k,, k Z. Řešeí. Nechť = 2p a k = 2q + 1, přičemž p, q Z. Na pravé straě máme 2p+2q+1 = p + q + 1 = p + q. Levá straa je 2p + 2q+1 = p + q + 1 = p + q

19 14 Úvod Příklady k procvičeí! 1. Dokažte, že platí A B = A B (pro zájemce). 2. Mějme možiy A = {x R : l x = 1 l x = 0} a B = {x Z : 2x 3 x 2 2x = 0}. Zapište možiy A, B taxativě a určete A B, A B, A B, B A, A B a 2 B A. 3. Vypočítejte i { 2,0,1,2} i(i + 1) a i { 2,0,1,2} i(i + 1). 4. Vypočítejte a { 2,0,1,2} i(i + 1) a a { 2,0,1,2} i(i + 1). 5. Vypočítejte j {x R:si(x)= π} j3 a j {x R:si(x)= π} j3. 6. Vypočítejte 2 i=1 ( 1)i a 2 i=1 ( 1)i. 7. Vypočítejte 2 1 i=1 ( 1)i a 2 1 i=1 ( 1)i. 8. Vypočítejte i=1 3i a i=1 3i. 9. Vypočítejte 2 i=1 ( 2)i a 2 i=1 ( 2)i. 10. Vypočítejte 2 1 i=1 ( 2)i a 2 1 i=1 ( 2)i. 11. Vypočítejte k=1 k+1 k. 12. Ověřte, zda platí (+1)2 2 = pro každé N. 13. Ověřte, zda platí +k 2 = 2 + k 2 pro každé, k N. 14. Ověřte, zda platí ( x + y ) = x + y pro každé x, y R. Klíč k příkladům k procvičeí 1. Využijte příkladu A = { e, 1, 1, e}, B = { 1, 1}, A B = B, A B = A, A B = { e, e}, B A = =, A B = {( e, 1), ( e, 1), ( 1, 1), ( 1, 1), (1, 1), (1, 1), (e, 1), (e, 1)}, 2 B A = = {, { 1}, {1}, { 1, 1}} a i(i + 1) a (i(i + 1)) a , 1 pro sudé a 1 pro liché. 7. 1, 1 pro sudé a 1 pro liché.

20 Příklady k procvičeí (3 1) a 3 (+1) (4 1) a ( 2) (2+1) (4 + 2) a ( 2) (2 1) Ne, protože (3+1)2 2 = 8 7 = = Ne, protože = 1 0 = = Ao.

21 16 Kapitola 2 Základí kombiatorické výběry Mějme koečou možiu či multimožiu a z í áhodě vyberme předem určeý počet prvků. Takovému procesu budeme říkat kombiatorický výběr (stručěji výběr). Obdobé výběry provádíme často jak při výzkumu (statistický výzkum), tak v běžém životě (sázkové hry). Pokud vybíráme z možiy (ve výběru se prvky emohou opakovat), pak jde o výběry bez opakováí, pokud z multimožiy (prvky se ve výběru mohou opakovat), pak jde o výběry s opakováím. (Dodejme, že uspořádaé výběry s opakováím se dají formulovat i pomocí moži.) Počet všech možých růzých výběrů ovlivňují dva parametry, a to počet prvků původí možiy či multimožiy a počet vybíraých prvků, dále skutečost, zda záleží či e a pořadí vybraých prvků. V případě, že ás pořadí vybraých prvků ezajímá, chápeme provedeý výběr jako podmožiu zadaé možiy. V případě, že ás aopak pořadí zajímá, tak provedeý výběr chápeme jako posloupost vybraých prvků. V této kapitole se budeme zabývat zjišťováím počtu všech možých výběrů se zadaými vlastostmi. 2.1 Permutace bez opakováí Příklad 2.1. Sedím v jídelě a obědvám. Ve frotě u výdeje obědů stojí pět mých studetů z právě skočeého cvičeí, jmeují se Zbyslav, Matylda, Petr, Jaa a Zikmud. Jsou poměrě pestrobarevě oblečei. Dívám se a ě a přemýšlím, jak by se oa pestrobarevost měila, pokud bych měil jejich pořadí ve frotě. A tu me apade. Kolik mám možostí, jak studety do froty seřadit? Bude těch možostí hodě? Řešeí. Studety si pro jedoduchost ahradíme čísly 1, 2, 3, 4, 5. Všiměme si. Vybíráme z 5-prvkové možiy všech 5 prvků, a pořadí záleží a žádý prvek se eopakuje! Pro začátek si poechme je čísla 1, 2. Ty ovšem umíme uspořádat dvěma způsoby ((1, 2), (2, 1)). Přidáme číslo 3, to můžeme umístit buď a prví, druhou ebo

22 2.1 Permutace bez opakováí 17 třetí pozici ((3,, ), (, 3, ), (,, 3)). Na zbývajících dvou pozicích lze čísla 1, 2 uspořádat vždy dvěma způsoby. Ke každému pevému umístěí čísla 3 tedy existují dvě uspořádaé trojice. Proto máme celkově 3 2 uspořádaé trojice (možosti). Přidáme čtyřku. Tu můžeme umístit a jedu ze čtyř pozic ((4,,, ), (, 4,, ), (,, 4, ), (,,, 4)). Čísla 1, 2, 3 a zbývajících třech volých pozicích uspořádáme 3 2 způsoby. Ke každému pevému umístěí čísla 4 tudíž existují 3 2 uspořádaé čtveřice. Proto celkově obdržíme uspořádaé čtveřice (možosti). Obdobou úvahou dostaeme pro pět studetů výsledek = 120 možostí. Předešlou úvahu lze sado zobecit pro libovolý koečý počet studetů. Mějme studetů, N. Ozačíme je čísly 1, 2,...,. Nechť a je počet všech možých uspořádáí čísel 1, 2,..., a a +1 je počet všech možých uspořádáí čísel 1, 2,...,, + 1. Číslo + 1 můžeme v uspořádaé + 1-tici umístit vždy a právě jedu z + 1 pozic. Pro každé pevé umístěí čísla + 1 a jediou pozici můžeme zbývajících čísel uspořádat a zbývajících pozicích a způsoby. Z čehož dostáváme, že a +1 = ( + 1) a, přičemž a 1 je 1. Našli jsme rekuretí vztah, který ám dovoluje z počtu uspořádáí pro prvků odvodit počet uspořádáí pro + 1 prvků. Předešlá pozorováí ás jedozačě vedou k vysloveí ásledující doměky ebo-li hypotézy. (Hypotéza je zatím edokázaé a evyvráceé tvrzeí.) Počet všech možých uspořádaí -prvkové možiy je ( 1) ( 2) 2 1. Nadešel čas, abychom výše uvedeá pozorováí zformalizovali pomocí defiic a vět. Defiice 2.2. Mějme libovolé přirozeé číslo. Pak permutace bez opakováí a -prvkové možiě X je libovolé uspořádáí všech prvků možiy X do ějaké poslouposti. Defiice 2.3. Počet všech permutací bez opakováí a -prvkové možiě X budeme začit P () a souči ( 1) ( 2) 2 1 ozačíme!. Výraz! budeme číst faktoriál. Věta 2.4. P () = ( 1) ( 2) 2 1 =! pro každé N. Důkaz. Důkaz provedeme matematickou idukcí, které se budeme detailě věovat až v Kapitole 4, proto dovolte poěkud obšírější kometář. Nejdříve chceme ověřit, zda áš vztah platí pro ejmeší uvažovaé, tedy pro = 1. Zjistíme, že ao, eboť P (1) = 1 = 1!. Nyí předpokládejme, že aše věta platí pro ějaké libovolé přirozeé. Pak budeme chtít ukázat, že musí platit i pro jeho ásledovíka, tj. číslo + 1. Pokud se to povede, máme jistotu, že věta platí pro každé přirozeé a důkaz je ukoče.

23 18 Základí kombiatorické výběry Nechť P () = ( 1) ( 2) 2 1 =!. Víme, že P ( + 1) = ( + 1) P () (využili jsme rekuretí vztah a +1 = (+1) a ). V této chvíli použijeme předpoklad (P () = ( 1) ( 2) 2 1) a dostáváme P ( + 1) = ( + 1) P () = ( + + 1) ( 1) ( 2) 2 1 = ( + 1)!. Ukázali jsme, že P (1) = 1! a pokud P () =!, pak P (+1) = (+1)!. Z pricipu matematické idukce tudíž plye, že vztah P () =! platí pro každé přirozeé. Pozámka 2.5. Vidíme, že souči ve větě 2.4 defiuje faktoriál pouze pro 1. Čemu je ale rove 0 faktoriál? Vzhledem k tomu, že prázdou možiu umíme uspořádat do jedié poslouposti, a to do prázdé (viz Kapitola 1), platí 0! = 1. Příklad 2.6. Máme 7 bílých kuliček do ichž jsou vyražea čísla od 1 do 7. Chceme je obarvit 7 barvami tak, že každá kulička je obarvea přesě jedou barvou a všech sedm barev je použito (Čísla vyražeá a kuličkách jsou i po abarveí vidět!). Kolik máme růzých možostí? Řešeí. Všecha možá obarveí kuliček můžeme provést takto: Kuličky seřadíme do řady a jedozačě určíme pořadí použitých barev (M-modrá, O-oražová, Z- -zeleá, R-růžová, Č-červeá, Ž-žlutá, B-bílá). Pak prví kuličku zleva obarvíme barvou číslo 1, druhou zleva barvou číslo 2 až sedmou zleva barvou číslo 7 (viz obr 2.1). Změíme pořadí kuliček (pořadí barev zůstává stejé) a postup barveí opakujeme (tz. prví kuličku zleva barvou č.1, druhou zleva barvou č.2 atd.). Určitě dostaeme jié obarveí ež v případě prvím. Vidíme, že počet všech růzých obarveí je stejý jako počet všech růzých seřazeí kuliček. Tudíž jde o počet všech permutací bez opakováí a sedmiprvkové možiě, tedy P (7) = 7! = M O Z R Č Ž B M O Z R Č Ž B Obr. 2.1 Realizace dvou růzých obarveí sedmi růzých kuliček Příklad 2.7. Kolik existuje vzájemě jedozačých (bijektivích) zobrazeí 5- -prvkové možiy X a 5-prvkovou možiu Y? Řešeí. O zobrazeích bude podrobě pojedáo v Kapitole 5. Bijektiví zobrazeí je zobrazeí, kdy každému prvku jedé možiy je přiřaze přesě jede prvek druhé možiy a aopak, každému prvku druhé možiy je přiřaze přesě jede prvek

24 2.1 Permutace bez opakováí 19 možiy prví. Ukázka bijektivího zobrazeí 5-prvkové možiy a 5-prvkovou možiu je a obrázku 2.2. Nechť X = [1, 5] a Y = {a, b, c, d, e}. Při kostrukci jedotlivých bijekcí použijeme podobý postup jako při barveí kuliček v příkladu 2.6, tz. pevě uspořádáme prvky z možiy X, pořadí prvků v Y aopak budeme měit a v každém kroku budeme přiřazovat prvímu prvku z X prví prvek z Y, druhému prvku z X druhý prvek z Y, až pátému prvku z X pátý prvek z Y (viz obr 2.3). Tímto způsobem jistě vytvoříme všechy požadovaé bijekce, a avíc vidíme, že jich je P (5) = 5! = a 2 b X 3 c Y 4 d 5 e Obr. 2.2 Bijekce možiy X a možiu Y c a b d e d a c e b Obr. 2.3 Realizace dvou z 5! bijekcí možiy X a možiu Y Příklad 2.8. Ve výtečé kize Murphy (1938) držitele Nobelovy cey za literaturu (1969) Samuela Becketta hlaví postava (Murphy) vždy sídá balíček sušeek. V tomto balíčku je 10 růzých sušeek, přičemž Murphy chce sídai začít pomeračovou sušekou (chutá mu ejméě) a ukočit sušekou s čokoládovou polevou (je jeho ejoblíbeější). Kolik má možostí, jak posídat?

25 20 Základí kombiatorické výběry Dále, Murphy opouje své přítelkyi, která jej peskuje ohledě fádí stravy, že jeho balíček sušeek mu umožňuje sídat tak, že žádé dva dy ve svém životě ebude mít tutéž sídai. Má pravdu? Řešeí. Ozačme si sušeky čísly 1 až 10, přičemž pomeračová sušeka je ozačea číslem 1 a sušeka s čokoládovou polevou (dále jí budeme říkat čokoládová) číslem 10. Ptáme se, kolika způsoby umíme seřadit čísla 1 10, s tím, že 1 je a prví pozici a 10 a desáté pozici. Čili čísla 1 a 10 jsou pevě fixováa a daé pozice, a čísla 2 až 9 mohou být seřazea zcela libovolě a zbývajících osmi pozicích. Jde o permutace bez opakováí a osmiprvkové možiě, a proto P (8) = 8! = Murphy si umí připravit růzých sídaí (jí-li sušeky po jedé a v růzých pořadích), což mu vyjde přibližě a : 365. = 110 let. Příklad 2.9. Vraťme se ještě k příkladu 2.8. Murphy jakž takž překoal svůj odpor k pomeračové sušece a ákloost k sušece s čokoládovou polevou, což vyjádřil ásledově: Neí možé, aby zároveň prví ebyla pomeračová a posledí ebyla čokoládová. Kolikrát se zvýší počet sídaí, které si je schope Murphy připravit, při tomto méě přísém omezeí? Řešeí. Zde si musíme dobře promyslet Murphyho slova. Z jeho tvrzeí se dovídáme, jakou situaci zakazuje. Bude dobré, když si odvodíme opak, tz. jaké situace připouští. Říká vlastě, alespoň jede ze dvou případů, a to prví je pomeračová, posledí je čokoládová, musí být splě. Murphyho sídaě můžeme tudíž rozdělit do tří moži S 1, S 2, S 3, přičemž, v možiě S 1 budou sídaě, které začíají pomeračovou sušekou, ale ekočí čokoládovou, v možiě S 2 budou sídaě, které ezačíají pomeračovou sušekou, ale kočí čokoládovou, v možiě S 3 jsou sídaě, které začíají pomeračovou sušekou a kočí čokoládovou. Všiměme si, že platí S i S j = pro každé i j, i, j {1, 2, 3} a S = S 1 S 2 S 3, kde S je možia všech Murphyho sídaí. Tedy možiy S 1, S 2, S 3 jsou po dvojicích disjuktí a jejich sjedoceí dává celou možiu S. Proto S = S 1 + S 2 + S 3, kde číslo S je výsledek ašeho řešeí, eboť jde o počet všech Murphyho sídaí. Takový způsob řešeí úlohy je v kombiatorice často využívá a říkáme mu rozklad a jedotlivé disjuktí případy. Nevýhodou takového řešeí je jeho zdálivá pracost, ale výhody jsou převažující. Máme jistotu, že žádý případ ezapočítáme vícekrát, a že a žádý ezapomeeme. Ozačme sušeky čísly z možiy [1, 10], přičemž pomeračová sušeka je 1 a čokoládová 10. S 1 je počet permutací, kde a prví pozici je 1 a a posledí eí 10. Prví pozice je pevě dáa, a posledí pozici můžeme dát libovolé číslo kromě 1 a 10 (8 možostí), zatímco a zbylých osmi pozicích 2 až 9 můžeme zbylá čísla libovolě seřadit (8! možostí). Proto S 1 = 8 8!. Všiměte si, že jsme použili souči, eboť ke každému pevě zvoleému číslu z možiy [2, 9], které je umístěo a posledí

26 2.1 Permutace bez opakováí 21 pozici, existuje 8! možostí jak uspořádat čísla a zbývajících osmi pozicích. Tomuto postupu se říká pravidlo součiu o ěmž je hovor v pozámce Podobou úvahou zjistíme, že S 2 = 8 8! a z příkladu 2.8 víme, že S 3 = P (8) = = 8!. Dostáváme S = S 1 + S 2 + S 3 = 8! + 8 8! + 8 8! = 17 8!. Protože 17 8!/8! = 17, počet Murphyho sídaí se zvýší 17 krát. Jié řešeí. Nevyužijeme rozkladu a disjuktí případy. Určíme počet všech možých sídaí a počet všech sídaí, které Murphy odmítá. Koečý výsledek pak bude rozdíl těchto čísel. Všech možých sídaí je P (10) = 10!. Sídaě, které Murphy odmítá, jsou ty, kde prví sušeka eí pomeračová a posledí eí čokoládová. Na prví pozici můžeme dát jakoukoliv sušeku je e pomeračovou (9 možostí). Na posledí pozici můžeme dát opět jakoukoliv je e čokoládovou a tu kterou jsme dali a prví pozici (8 možostí). Na zbývajících pozicích 2 až 9 seřadíme zbývající sušeky libovolě (8! možostí). Proto sídaí, které Murphy odmítá, je 9 8 8! a dostáváme výsledek S = 10! 9 8 8! = 10 9! 8 9! = 2 9! = 18 8!. Výsledek ovšem vychází jiý ež v předešlém řešeí!!! Kde se stala chyba? Zřejmě si po jisté chvíli všimeme, že problém astává, když a prví pozici dáme čokoládovou sušeku, což je jeda z 9 přípustých možostí. Potom totiž existuje 9 možostí (a ikoliv 8), co dát a pozici posledí. Proto si možiu epřípustých sídaí rozdělíme do dvou disjuktích případů. A to a sídaě, kde je jako prví zařazea čokoládová sušeka (typ A) a a ty, kde čokoládová sušeka jako prví eí (typ B). Sídaí typu A je 9 8! a sídaí typu B je 8 8 8!. Tudíž epřípustých sídaí je 9 8! ! = 73 8!. Odtud S = 10! 73 8! = ! 73 8! = 90 8! 73 8! = 17 8!. Vážeí čteáři, a tomto příkladu Vám demostrujeme dvě základí skutečosti. Kombiatorické příklady bývají občas docela zákeřé, vždy si své myšlekové pochody při jejich řešeí ěkolikrát zkotrolujte, popřípadě hledejte alterativí řešeí a výsledky porovejte. Dále, metoda řešeí pomocí rozkladu a disjuktí případy je sice a pohled pracá, avšak díky jí se vyvarujeme mohých zbytečých chyb. Příklad Karlík si rová do řady autíčka. Má jich 11 v růzých barvách, přičemž jedo z ich je zeleé (Williams-Cosworth) a jedo červeé (Ferrari). Karlík chce autíčka seřadit tak, aby zeleé ikdy estálo vedle červeého. Kolik má možostí? Řešeí. Autíčka ozačíme čísly 1 až 11, přičemž zeleé je 1 a červeé je 2. Spočítáme všechy permutace a možiě [1, 11] a potom spočítáme ty, které mají čísla 1 a 2 vedle sebe. Výsledek dostaeme jako rozdíl těchto čísel. Celkem máme 11! permutací. Vytvořme z čísel 1 a 2 dvojici a považujme jí za jede z prvků možiy. Máme tedy desetiprvkovou možiu {{1, 2}, 3, 4,..., 10}. Její prvky umíme uspořádat 10! způsoby. Avšak euspořádaou dvojici čísel 1,2 lze

27 22 Základí kombiatorické výběry uspořádat dvěma způsoby (buď je 1 alevo ebo apravo od 2). Tudíž permutací, kde 1 a 2 jsou vedle sebe, je 2 10!. A máme výsledek 11! 2 10! = 10!(11 2) = 9 10!. Jié řešeí. Vezměme ejdříve devět čísel od 3 do 11. Ty umíme uspořádat 9! způsoby. Mezi imi je 8 mezer, ale před a za imi je ještě po jedé mezeře, tudíž celkově 10 mezer (viz obr.??). Aby čísla 1, 2 ebyla vedle sebe musíme je umístit do dvou libovolě vybraých mezer. Kolik máme možostí, jak oy dvě mezery vybrat? (Teto úkol bude sadý, až budeme zát kombiace bez opakováí (Kapitola 2.2).) K prví mezeře zleva máme 9 možostí, jak vybrat druhou, k druhé zleva máme 8 možostí jak vybrat druhou, až k deváté zleva máme jediou možost jak vybrat druhou. Proto existuje celkově = 9 (1 + 9) = 45 možostí, jak 2 vybrat ou dvojici mezer. Zrekapitulujme. Ke každému pevému uspořádáí čísel 3 až 11 (těch je 9!) jsme schopi 45 způsoby vybrat 2 mezery pro umístěí čísel 1 a 2. V pevě vybraých mezerách jsme schopi čísla 1 a 2 uspořádat vždy dvěma způsoby. Proto celkový počet permutací a možiě [1, 11], kde čísla 1 a 2 ejsou vedle sebe je 9! 45 2 = 9! = ! = 9 10!. Příklad Do kia přišlo 9 mladíků a zakoupili si devět lístku vedle sebe. Čtyři z ich měli admíru prokrveé, lesklé bělmo a ejasě artikulovali. Podezřívavá uvaděčka se rozhodla, že je rozesadí tak, aby žádí dva ze zmíěých čtyř chlapců eseděli vedle sebe. Kolik měla možostí? Řešeí. Mladíky ozačíme čísly 1 až 9, přičemž oy zmiňovaé mladíky ozačíme čísly 1 až 4. Chceme zjistit, kolik existuje permutací a možiě [1, 9], kde žádá dvě čísla z možiy [1, 4] ejsou a pozicích vedle sebe. Začěme tím, že si ejdříve uspořádáme pět čísel z možiy [5, 9] (5! možostí). Před, za a mezi těmito pěti čísly máme 6 mezer. Na čtyři z ich musíme umístit čísla 1, 2, 3, 4. Tedy a dvě z ich žádé číslo z [1, 4] eumístíme. Kolika způsoby umíme vybrat 2 ze šesti mezer, a které ic eumístíme? Použijeme-li postup z řešeí příkladu 2.10, dostaeme číslo = 5 (1 + 5) = 15. Výběrem dvou mezer, do kterých ic eumístíme, 2 jsou jedozačě určey 4 mezery, do kterých umístíme čísla 1, 2, 3, 4. V jedozačě určeých čtyřech mezerách pak můžeme čísla uspořádat vždy 4! způsoby. Proto všech permutací a možiě [1, 9], kde žádé dvě čísla z možiy [1, 4] ejsou a pozicích vedle sebe, je 5! 15 4! = = Příklad Aleka má 5 růzých korálků, které chce avléci a it a vytvořit z ich áramek. Kolik má možostí? Řešeí. Představme si, že korálky a áramku tvoří vrcholy pravidelého pětiúhelíka. Jeho horí vrchol ozačíme 1 a ostatí vrcholy ve směru hodiových ručiček ozačíme apříklad čísly 4, 2, 5, 3 v tomto pořadí (viz obr 2.4). Pokud bychom áhrdelík rozstřihli mezi korálky 4, 2 a korálky vyrovali do přímky, pak dostaeme dvě růzé permutace z 5! možých, a to (2, 5, 3, 1, 4) a (4, 1, 3, 5, 2). Po rozstřižeí áramku mezi korálky 1, 3 dostáváme jié dvě permutace, a to (1, 4, 2, 5, 3)

28 2.1 Permutace bez opakováí 23 a (3, 5, 2, 4, 1) (viz obr 2.4). Těchto míst k rozstřižeí je a áhrdelíku 5 a po každém rozstřižeí dostáváme dvě jié permutace z 5! možých. Čili z jedoho áhrdelíku vzike 2 5 růzých permutací z 5! možých. Pokud bychom vzali jiý ež-li výše zmíěý áhrdelík, opět z ěj vzike 2 5 permutací z 5! možých, ale všechy se budou lišit od těch předešlých. Navíc, pokud postupě použijeme všechy možé avzájem růzé áramky, pak jejich rozstřiháváím dostaeme všech 5! permutací. Proto, ozačíme-li x počet áhrdelíků, tak platí 2 5 x = 5! a dostáváme x = 5! = 4 3 = 12. Zde používáme metodu dvojího 2.5 počítáí, o které se detailěji zmííme v Jié řešeí. Představme si, že jsme maličcí a putujeme po Alečiě áhrdelíku (viz předešlé řešeí) tak, že vždy začeme pouť a jedom korálku a dále pokračujeme buď ve směru ebo proti směru hodiových ručiček tak dlouho, dokud edojdeme a výchozí korálek, přičemž si zapíšeme čísla korálků v pořadí, jak jsme je procházeli. Vyjděme z korálku 3 (viz obr 2.4) ve směru hodiových ručiček, a koci pouti máme zapsáu permutaci (3, 1, 4, 2, 5) (výchozí a kocový korálek zapíšeme je a začátku). Pokud vyjdeme proti směru hodiových ručiček, máme zapsáu permutaci (3, 5, 2, 4, 1). Změíme-li výchozí korálek dostaeme během pouti dvě jié permutace atd. Vidíme opět, že jede áhrdelík s pěti korálky opravdu reprezetuje 2 5 růzých permutací z 5! možých. Nakoec proveďme zobecěí. Z růzých korálků lze vytvořit! = ( 1)! áhrdelíků Obr. 2.4 Vzik 4 růzých permutací z jedoho áramku

29 24 Základí kombiatorické výběry Příklad Na kofereci bylo účastíků a ti byli posazei zcela áhodě a židlí kolem kulatého stolu. Kolika způsoby to lze provést, pokud dvě rozesazeí, kdy jedo vzike z druhého pouhým pootočeím, považujeme za shodá (tz. v obou rozesazeích má každý účastík téhož pravého i levého souseda)? Řešeí. Mozí z ás by zřejmě tvrdili, že jde o zobecěý příklad 2.12 a výsledek proto musí být x =! = ( 1)!. 2 2 Ukažme si protipříklad pro = 5. Představme si, že rozesazeí osob kolem kulatého stolu je stejé jako umístěí korálků a áramku viz obr 2.4. V případě korálků jsme si ukázali, že pokud použiji dvě opačě seřazeé permutace (korálky jsou srováy a přímé iti (přímce)) apř. (2, 5, 3, 1, 4) a (4, 1, 3, 5, 2), pak spojeím mezi prvím a posledím korálkem dostaeme tetýž áramek. Všiměme si však, že pokud bychom obdobě uvažovali o rozesazeí osob kolem kulatého stolu (ejdříve si je posadíme a židle vyrovaé v řadě, a pak je obalíme kolem stolu), tak se mýlíme, eboť epůjde o totéž rozesazeí! Z permutace (2, 5, 3, 1, 4) by vziklo rozesazeí, kde apříklad levým sousedem trojky je 5 a pravým 1. Zatímco z permutace (4, 1, 3, 5, 2) by vziklo rozesazeí, kde se sousedé trojky prohodí. Čili ejde o totéž rozesazeí. Rozpojeím každého rozesazeí u kulatého stolu mezi dvěma sousedy tudíž edostaeme dvě růzé permutace z! možých, ale pouze jediou! Proto z jedoho rozesazeí kolem kulatého stolu vzike pouze růzých permutací z! možých. Ozačíme-li x počet všech rozesazeí kolem kulatého stolu, pak musí platit x =! a x =! = ( 1)!. Pojmy k zapamatováí P () je počet všech permutací a -prvkové možiě. Jde o uspořádaé výběry VŠECH prvků možiy. Platí P () =! = ( 1) ( 2) 2 1. Počet všech bijekcí -prvkové možiy a -prvkovou možiu je P () =!. Počet všech áhrdelíků vytvořeých z růzých korálků je ( 1)! 2. Počet všech možých rozesazeí lidí kolem kulatého stolu je ( 1)!. Příklady k procvičeí! 1. Víte, že šestimísté číslo obsahuje číslice 0, 1, 3, 4, 5, 6, přičemž číslice 1 je a místě desítek a 3 a místě desetitisíců. Kolik takových čísel existuje? 2. Kolik existuje pětimístých čísel dělitelých 5, které obsahují číslice 4, 6, 7, 9? 3. Aička si ve výtvaré výchově rozdělila čtvrtku papíru a 11 růzých oblastí (viz obr 2.5). Má 11 pastelek (mezi imi je modrá a žlutá) a chce oblasti vybarvit tak, že žádé

12. N á h o d n ý v ý b ě r

12. N á h o d n ý v ý b ě r 12. N á h o d ý v ý b ě r Při sledováí a studiu vlastostí áhodých výsledků pozáme charakter rozděleí z toho, že opakovaý áhodý pokus ám dává za stejých podmíek růzé výsledky. Ty odpovídají hodotám jedotlivých

Více

9.1.13 Permutace s opakováním

9.1.13 Permutace s opakováním 93 Permutace s opakováím Předpoklady: 906, 9 Pedagogická pozámka: Obsah hodiy přesahuje 45 miut, pokud emáte k dispozici další půlhodiu, musíte žáky echat projít posledí dva příklady doma Př : Urči kolik

Více

9.1.12 Permutace s opakováním

9.1.12 Permutace s opakováním 9.. Permutace s opakováím Předpoklady: 905, 9 Pedagogická pozámka: Pokud echáte studety počítat samostatě příklad 9 vyjde tato hodia a skoro 80 miut. Uvažuji o tom, že hodiu doplím a rozdělím a dvě. Př.

Více

1 Trochu o kritériích dělitelnosti

1 Trochu o kritériích dělitelnosti Meu: Úloha č.1 Dělitelost a prvočísla Mirko Rokyta, KMA MFF UK Praha Jaov, 12.10.2013 Růzé dělitelosti, třeba 11 a 7 (aeb Jak zfalšovat rodé číslo). Prvočísla: které je ejlepší, které je ejvětší a jak

Více

1 POPISNÁ STATISTIKA V PROGRAMU MS EXCEL

1 POPISNÁ STATISTIKA V PROGRAMU MS EXCEL Elea Mielcová, Radmila Stoklasová a Jaroslav Ramík; Statistické programy POPISNÁ STATISTIKA V PROGRAMU MS EXCEL RYCHLÝ NÁHLED KAPITOLY Žádý výzkum se v deší době evyhe statistickému zpracováí dat. Je jedo,

Více

Sekvenční logické obvody(lso)

Sekvenční logické obvody(lso) Sekvečí logické obvody(lso) 1. Logické sekvečí obvody, tzv. paměťové čley, jsou obvody u kterých výstupí stavy ezávisí je a okamžitých hodotách vstupích sigálů, ale jsou závislé i a předcházejících hodotách

Více

n=1 ( Re an ) 2 + ( Im a n ) 2 = 0 Im a n = Im a a n definujeme předpisem: n=1 N a n = a 1 + a 2 +... + a N. n=1

n=1 ( Re an ) 2 + ( Im a n ) 2 = 0 Im a n = Im a a n definujeme předpisem: n=1 N a n = a 1 + a 2 +... + a N. n=1 [M2-P9] KAPITOLA 5: Číselé řady Ozačeí: R, + } = R ( = R) C } = C rozšířeá komplexí rovia ( evlastí hodota, číslo, bod) Vsuvka: defiujeme pro a C: a ± =, a = (je pro a 0), edefiujeme: 0,, ± a Poslouposti

Více

Deskriptivní statistika 1

Deskriptivní statistika 1 Deskriptiví statistika 1 1 Tyto materiály byly vytvořey za pomoci gratu FRVŠ číslo 1145/2004. Základí charakteristiky souboru Pro lepší představu používáme k popisu vlastostí zkoumaého jevu určité charakteristiky

Více

veličiny má stejný řád jako je řád poslední číslice nejistoty. Nejistotu píšeme obvykle jenom jednou

veličiny má stejný řád jako je řád poslední číslice nejistoty. Nejistotu píšeme obvykle jenom jednou 1 Zápis číselých hodot a ejistoty měřeí Zápis číselých hodot Naměřeé hodoty zapisujeme jako číselý údaj s určitým koečým počtem číslic. Očekáváme, že všechy zapsaé číslice jsou správé a vyjadřují tak i

Více

10.3 GEOMERTICKÝ PRŮMĚR

10.3 GEOMERTICKÝ PRŮMĚR Středí hodoty, geometrický průměr Aleš Drobík straa 1 10.3 GEOMERTICKÝ PRŮMĚR V matematice se geometrický průměr prostý staoví obdobě jako aritmetický průměr prostý, pouze operace jsou o řád vyšší: místo

Více

Číselné řady. 1 m 1. 1 n a. m=2. n=1

Číselné řady. 1 m 1. 1 n a. m=2. n=1 Číselé řady Úvod U řad budeme řešit dva typy úloh: alezeí součtu a kovergeci. Nalezeí součtu (v případě, že řada koverguje) je obecě mohem těžší, elemetárě lze sečíst pouze ěkolik málo typů řad. Součet

Více

Základní pojmy kombinatoriky

Základní pojmy kombinatoriky Základí pojy kobiatoriky Začee příklade Příklad Máe rozesadit lidí kole kulatého stolu tak, aby dva z ich, osoby A a B, eseděly vedle sebe Kolika způsoby to lze učiit? Pro získáí odpovědi budee potřebovat

Více

PříkladykecvičenízMMA ZS2013/14

PříkladykecvičenízMMA ZS2013/14 PříkladykecvičeízMMA ZS203/4 (středa, M3, 9:50 :20) Pozámka( ):Pokudebudeuvedeojiakbudemevždypracovatsprostoryadtělesem T= R.Ve všech ostatích případech(tj. při T = C), bude těleso explicitě specifikováo.

Více

(Teorie statistiky a aplikace v programovacím jazyce Visual Basic for Applications)

(Teorie statistiky a aplikace v programovacím jazyce Visual Basic for Applications) Základy datové aalýzy, modelového vývojářství a statistického učeí (Teorie statistiky a aplikace v programovacím jazyce Visual Basic for Applicatios) Lukáš Pastorek POZOR: Autor upozorňuje, že se jedá

Více

8. Základy statistiky. 8.1 Statistický soubor

8. Základy statistiky. 8.1 Statistický soubor 8. Základy statistiky 7. ročík - 8. Základy statistiky Statistika je vědí obor, který se zabývá zpracováím hromadých jevů. Tvoří základ pro řadu procesů řízeí, rozhodováí a orgaizováí, protoţe a základě

Více

1.1 Definice a základní pojmy

1.1 Definice a základní pojmy Kaptola. Teore děltelost C. F. Gauss: Matematka je královou všech věd a teore čísel je králova matematky. Základím číselým oborem se kterým budeme v této kaptole pracovat jsou celá čísla a pouze v ěkterých

Více

Vzorový příklad na rozhodování BPH_ZMAN

Vzorový příklad na rozhodování BPH_ZMAN Vzorový příklad a rozhodováí BPH_ZMAN Základí charakteristiky a začeí symbol verbálí vyjádřeí iterval C g g-tý cíl g = 1,.. s V i i-tá variata i = 1,.. m K j j-té kriterium j = 1,.. v j x ij u ij váha

Více

2 IDENTIFIKACE H-MATICE POPISUJÍCÍ VEDENÍ Z NAMĚŘENÝCH HODNOT

2 IDENTIFIKACE H-MATICE POPISUJÍCÍ VEDENÍ Z NAMĚŘENÝCH HODNOT 2 IDENIFIKACE H-MAICE POPISUJÍCÍ VEDENÍ Z NAMĚŘENÝCH HODNO omáš Novotý ČESKÉ VYSOKÉ UČENÍ ECHNICKÉ V PRAZE Faulta eletrotechicá Katedra eletroeergetiy. Úvod Metody založeé a loalizaci poruch pomocí H-matic

Více

Matematicko-fyzikální fakulta Univerzita Karlova. Diplomová práce. Renata Sikorová

Matematicko-fyzikální fakulta Univerzita Karlova. Diplomová práce. Renata Sikorová Matematicko-fyzikálí fakulta Uiverzita Karlova Diplomová práce e Reata Sikorová Obor: Učitelství matematika - fyzika Katedra didaktiky matematiky Vedoucí práce: RNDr. Jiří Kottas, CSc. i Prohlašuji, že

Více

PRACOVNÍ SEŠIT ČÍSELNÉ OBORY. 1. tematický okruh: Připrav se na státní maturitní zkoušku z MATEMATIKY důkladně, z pohodlí domova a online.

PRACOVNÍ SEŠIT ČÍSELNÉ OBORY. 1. tematický okruh: Připrav se na státní maturitní zkoušku z MATEMATIKY důkladně, z pohodlí domova a online. Připrv se státí mturití zkoušku z MATEMATIKY důkldě, z pohodlí domov olie PRACOVNÍ SEŠIT. temtický okruh: ČÍSELNÉ OBORY vytvořil: RNDr. Věr Effeberger expertk olie příprvu SMZ z mtemtiky školí rok 204/205

Více

5 Funkce. jsou si navzájem rovny právě tehdy, když se rovnají jejich.

5 Funkce. jsou si navzájem rovny právě tehdy, když se rovnají jejich. Fukce. Základí pojmy V kpt.. jsme mluvili o zobrazeí mezi možiami AB., Připomeňme, že se jedá o libovolý předpis, který každému prvku a A přiřadí ejvýše jede prvek b B. Jsou-li A, B číselé možiy, azýváme

Více

Parametr populace (populační charakteristika) je číselná charakteristika sledované vlastnosti

Parametr populace (populační charakteristika) je číselná charakteristika sledované vlastnosti 1 Základí statistické zpracováí dat 1.1 Základí pojmy Populace (základí soubor) je soubor objektů (statistických jedotek), který je vymeze jejich výčtem ebo charakterizací jejich vlastostí, může být proto

Více

Univerzita Karlova v Praze Pedagogická fakulta

Univerzita Karlova v Praze Pedagogická fakulta Uverzta Karlova v Praze Pedagogcká fakulta SEMINÁRNÍ PRÁCE Z OBECNÉ ALGEBRY DĚLITELNOST CELÝCH ČÍSEL V SOUSTAVÁCH O RŮZNÝCH ZÁKLADECH / Cfrk C. Zadáí: Najděte pět krtérí pro děltelost v jých soustavách

Více

4.2 Elementární statistické zpracování. 4.2.1 Rozdělení četností

4.2 Elementární statistické zpracování. 4.2.1 Rozdělení četností 4.2 Elemetárí statstcké zpracováí Výsledkem statstckého zjšťováí (. etapa statstcké čost) jsou euspořádaá, epřehledá data. Proto 2. etapa statstcké čost zpracováí, začíá většou jejch utříděím, zpřehleděím.

Více

2 STEJNORODOST BETONU KONSTRUKCE

2 STEJNORODOST BETONU KONSTRUKCE STEJNORODOST BETONU KONSTRUKCE Cíl kapitoly a časová áročost studia V této kapitole se sezámíte s možostmi hodoceí stejorodosti betou železobetoové kostrukce a prakticky provedete jede z možých způsobů

Více

STATISTIKA. Základní pojmy

STATISTIKA. Základní pojmy Statistia /7 STATISTIKA Záladí pojmy Statisticý soubor oečá eprázdá možia M zoumaých objetů schromážděých a záladě toho, že mají jisté společé vlastosti záladí statisticý soubor soubor všech v daé situaci

Více

Statistika. Statistické funkce v tabulkových kalkulátorech MSO Excel a OO.o Calc

Statistika. Statistické funkce v tabulkových kalkulátorech MSO Excel a OO.o Calc Statistika Statistické fukce v tabulkových kalkulátorech MSO Excel a OO.o Calc Základí pojmy tabulkových kalkulátorů Cílem eí vyložit pojmy tabulkových kalkulátorů, ale je defiovat pojmy vyskytující se

Více

, jsou naměřené a vypočtené hodnoty závisle

, jsou naměřené a vypočtené hodnoty závisle Měřeí závslostí. Průběh závslost spojtá křvka s jedoduchou rovcí ( jedoduchým průběhem), s malým počtem parametrů, která v rozmezí aměřeých hodot vsthuje průběh závslost, určeí kokrétího tpu křvk (přímka,

Více

Metody zkoumání závislosti numerických proměnných

Metody zkoumání závislosti numerických proměnných Metody zkoumáí závslost umerckých proměých závslost pevá (fukčí) změě jedoho zaku jedozačě odpovídá změa druhého zaku (podle ějakého fukčího vztahu) (matematka, fyzka... statstcká (volá) změám jedé velčy

Více

4 DOPADY ZPŮSOBŮ FINANCOVÁNÍ NA INVESTIČNÍ ROZHODOVÁNÍ

4 DOPADY ZPŮSOBŮ FINANCOVÁNÍ NA INVESTIČNÍ ROZHODOVÁNÍ 4 DOPADY ZPŮSOBŮ FACOVÁÍ A VESTČÍ ROZHODOVÁÍ 77 4. ČSTÁ SOUČASÁ HODOTA VČETĚ VLVU FLACE, CEOVÝCH ÁRŮSTŮ, DAÍ OPTMALZACE KAPTÁLOVÉ STRUKTURY Čistá současá hodota (et preset value) Jedá se o dyamickou metodu

Více

Mendelova univerzita v Brně Statistika projekt

Mendelova univerzita v Brně Statistika projekt Medelova uverzta v Brě Statstka projekt Vypracoval: Marek Hučík Obsah 1. Úvod... 3. Skupové tříděí... 3 o Data:... 3 o Počet hodot:... 3 o Varačí rozpětí:... 3 o Počet tříd:... 4 o Šířka tervalu:... 4

Více

Petr Otipka Vladislav Šmajstrla

Petr Otipka Vladislav Šmajstrla VYSOKÁ ŠKOLA BÁŇSKÁ TECHNICKÁ UNIVERZITA OSTRAVA PRAVDĚPODOBNOST A STATISTIKA Petr Otipka Vladislav Šmajstrla Vytv ořeo v rámci projektu Operačího programu Rozv oje lidských zdrojů CZ.04..03/3..5./006

Více

P(n) = n * (n - 1) * (n - 2) *... 2 * 1 To odpovídá zápisu, ve kterém využíváme faktoriál:

P(n) = n * (n - 1) * (n - 2) *... 2 * 1 To odpovídá zápisu, ve kterém využíváme faktoriál: PERMUTACE a VARIACE 2.1 Permutace P() = * ( - 1) * ( - 2) *... 2 * 1 To odpovídá zápisu, ve kterém využíváme faktoriál: ( )! P = Jedá se o vzorec pro počet permutací z prvků bez opakováí. 2.2 Variace bez

Více

7. P o p i s n á s t a t i s t i k a

7. P o p i s n á s t a t i s t i k a 7. P o p i s á s t a t i s t i k a 7.. Pozámka: Při statistickém zkoumáí ás zajímají hromadé jevy a procesy, u kterých zkoumáme zákoitosti, které se projevují u velkého počtu prvků. Prvky zkoumáí azýváme

Více

Kapitola 12: Zpracování dotazů. Základní kroky ve zpracování dotazů

Kapitola 12: Zpracování dotazů. Základní kroky ve zpracování dotazů - 12.1 - Přehled Ifomace po odhad ákladů Míy po áklady dotazu Opeace výběu Řazeí Opeace spojeí Vyhodocováí výazů Tasfomace elačích výazů Výbě pláu po vyhodoceí Kapitola 12: Zpacováí dotazů Základí koky

Více

PODNIKOVÁ EKONOMIKA A MANAGEMENT (2-letý) (písemný test, varianta C)

PODNIKOVÁ EKONOMIKA A MANAGEMENT (2-letý) (písemný test, varianta C) Přijímací řízeí pro akademický rok 24/ a magisterský studijí program: PODNIKOVÁ EKONOMIKA A MANAGEMENT (2-letý) (písemý test, variata C) Zde alepte své uiverzití číslo U každé otázky či podotázky v ásledujícím

Více

PRACOVNÍ SEŠIT ALGEBRAICKÉ VÝRAZY. 2. tematický okruh: Připrav se na státní maturitní zkoušku z MATEMATIKY důkladně, z pohodlí domova a online

PRACOVNÍ SEŠIT ALGEBRAICKÉ VÝRAZY. 2. tematický okruh: Připrav se na státní maturitní zkoušku z MATEMATIKY důkladně, z pohodlí domova a online Připrv se státí mturití zkoušku z MATEMATIKY důkldě, z pohodlí domov olie PRACOVNÍ SEŠIT. temtický okruh: ALGEBRAICKÉ VÝRAZY vtvořil: RNDr. Věr Effeberger epertk olie příprvu SMZ z mtemtik školí rok 04/05

Více

Zobrazení čísel v počítači

Zobrazení čísel v počítači Zobraeí ísel v poítai, áklady algoritmiace Ig. Michala Kotlíková Straa 1 (celkem 10) Def.. 1 slabika = 1 byte = 8 bitů 1 bit = 0 ebo 1 (ve dvojkové soustavě) Zobraeí celých ísel Zobraeí ísel v poítai Ke

Více

PRAVDĚPODOBNOST A STATISTIKA

PRAVDĚPODOBNOST A STATISTIKA RVDĚODONOST STTISTIK Gymázium Jiřího Wolkera v rostějově Výukové materiály z matematiky pro vyšší gymázia utoři projektu Studet a prahu. století - využití ICT ve vyučováí matematiky a gymáziu Teto projekt

Více

Posloupnosti na střední škole Bakalářská práce

Posloupnosti na střední škole Bakalářská práce MASARYKOVA UNIVERZITA V BRNĚ Přírodovědecká fkult Ktedr mtemtiky Poslouposti středí škole Bklářská práce Bro 00 Kteři Rábová Prohlášeí Prohlšuji, že tto bklářská práce je mým původím utorským dílem, které

Více

pravděpodobnostn podobnostní jazykový model

pravděpodobnostn podobnostní jazykový model Pokročilé metody rozpozáváířeči Předáška 8 Rozpozáváí s velkými slovíky, pravděpodobost podobostí jazykový model Rozpozáváí s velkým slovíkem Úlohy zaměřeé a diktováíči přepis řeči vyžadují velké slovíky

Více

PODNIKOVÁ EKONOMIKA A MANAGEMENT (2-letý) (písemný test)

PODNIKOVÁ EKONOMIKA A MANAGEMENT (2-letý) (písemný test) Přijímací řízeí pro akademický rok 2007/08 a magisterský studijí program: Zde alepte své uiverzití číslo PODNIKOVÁ EKONOMIKA A MANAGEMENT (2-letý) (písemý test) U každé otázky či podotázky v ásledujícím

Více

PRACOVNÍ SEŠIT POSLOUPNOSTI A FINANČNÍ MATEMATIKA. 5. tematický okruh:

PRACOVNÍ SEŠIT POSLOUPNOSTI A FINANČNÍ MATEMATIKA. 5. tematický okruh: Připrv se státí mturití zkoušku z MATEMATIKY důkldě, z pohodlí domov olie PRACOVNÍ SEŠIT 5. temtický okruh: POSLOUPNOSTI A FINANČNÍ MATEMATIKA vytvořil: RNDr. Věr Effeberger expertk olie příprvu SMZ z

Více

(varianta s odděleným hodnocením investičních nákladů vynaložených na jednotlivé privatizované objekty)

(varianta s odděleným hodnocením investičních nákladů vynaložených na jednotlivé privatizované objekty) (variata s odděleým hodoceím ivestičích ákladů vyaložeých a jedotlivé privatizovaé objekty) Vypracoval: YBN CONSULT - Zalecký ústav s.r.o. Ig. Bedřich Malý Ig. Yvetta Fialová, CSc. Václavské áměstí 1 110

Více

11. Časové řady. 11.1. Pojem a klasifikace časových řad

11. Časové řady. 11.1. Pojem a klasifikace časových řad . Časové řad.. Pojem a klasfkace časových řad Specfckým statstckým dat jsou časové řad pomocí chž můžeme zkoumat damku jevů v čase. Časovou řadou (damcká řada, vývojová řada) rozumíme v čase uspořádaé

Více

-1- Finanční matematika. Složené úrokování

-1- Finanční matematika. Složené úrokování -- Fiačí ateatika Složeé úrokováí Při složeé úročeí se úroky přičítají k počátečíu kapitálu ( k poskytutí úvěru, k uložeéu vkladu ) a společě s í se úročí. Vzorec pro kapitál K po letech při složeé úročeí

Více

STATISTIKA PRO EKONOMY

STATISTIKA PRO EKONOMY EDICE UČEBNÍCH TEXTŮ STATISTIKA PRO EKONOMY EDUARD SOUČEK V Y S O K Á Š K O L A E K O N O M I E A M A N A G E M E N T U Eduard Souček Statistika pro ekoomy UČEBNÍ TEXT VYSOKÁ ŠKOLA EKONOMIE A MANAGEMENTU

Více

KOMBINATORIKA INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ

KOMBINATORIKA INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ KOMBINATORIKA Gymázium Jiřího Wolera v Prostějově Výuové materiály z matematiy pro vyšší gymázia Autoři projetu Studet a prahu. století - využití ICT ve vyučováí matematiy a gymáziu INVESTICE DO ROZVOJE

Více

Řešení 1. série. Řešení S-I-1-1 Nejdříve si uvědomme, že platí následující vztahy. h = 1 2 v d, h = 1 2 s k,

Řešení 1. série. Řešení S-I-1-1 Nejdříve si uvědomme, že platí následující vztahy. h = 1 2 v d, h = 1 2 s k, Řešení 1. série Řešení S-I-1-1 Nejdříve si uvědomme, že platí následující vztahy h = 1 2 v d, h = 1 2 s k, kde h je počet hran, v je počet vrcholů, d je stupeň vrcholu, s je počet stěn a k je počet úhlů

Více

Interval spolehlivosti pro podíl

Interval spolehlivosti pro podíl Iterval polehlivoti pro podíl http://www.caueweb.org/repoitory/tatjava/cofitapplet.html Náhodý výběr Zkoumaý proce chápeme jako áhodou veličiu určitým ám eámým roděleím a měřeá data jako realiace této

Více

Veterinární a farmaceutická univerzita Brno. Základy statistiky. pro studující veterinární medicíny a farmacie

Veterinární a farmaceutická univerzita Brno. Základy statistiky. pro studující veterinární medicíny a farmacie Veteriárí a farmaceutická uiverzita Bro Základy statistiky pro studující veteriárí medicíy a farmacie Doc. RNDr. Iveta Bedáňová, Ph.D. Prof. MVDr. Vladimír Večerek, CSc. Bro, 007 Obsah Úvod.... 5 1 Základí

Více

Statistické metody ve veřejné správě ŘEŠENÉ PŘÍKLADY

Statistické metody ve veřejné správě ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Statitické metody ve veřejé právě ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Ig. Václav Friedrich, Ph.D. 2013 1 Kapitola 2 Popi tatitických dat 2.1 Tabulka obahuje rozděleí pracovíků podle platových tříd: TARIF PLAT POČET TARIF

Více

1. ČÍSELNÉ OBORY 10. Kontrolní otázky 24. Úlohy k samostatnému řešení 25. Výsledky úloh k samostatnému řešení 25. Klíč k řešení úloh 26

1. ČÍSELNÉ OBORY 10. Kontrolní otázky 24. Úlohy k samostatnému řešení 25. Výsledky úloh k samostatnému řešení 25. Klíč k řešení úloh 26 Zákld mtemtik Číselé oor ČÍSELNÉ OBORY 0 Některé pojm z mtemtické logik 0 Výroková logik 0 Moži vzth mezi imi Možiové operce Grfické zázorěí moži Číselé oor Čísl ázv jejich chrkteristik Chrkteristik číselých

Více

8.2.10 Příklady z finanční matematiky I

8.2.10 Příklady z finanční matematiky I 8..10 Příklady z fiačí matematiky I Předoklady: 807 Fiačí matematika se zabývá ukládáím a ůjčováím eěz, ojišťováím, odhady rizik aod. Poměrě důležitá a výosá discilía. Sořeí Při sořeí vkladatel uloží do

Více

1 Mnohočleny a algebraické rovnice

1 Mnohočleny a algebraické rovnice 1 Mnohočleny a algebraické rovnice 1.1 Pojem mnohočlenu (polynomu) Připomeňme, že výrazům typu a 2 x 2 + a 1 x + a 0 říkáme kvadratický trojčlen, když a 2 0. Číslům a 0, a 1, a 2 říkáme koeficienty a písmenem

Více

Využití Markovových řetězců pro predikování pohybu cen akcií

Využití Markovových řetězců pro predikování pohybu cen akcií Využití Markovových řetězců pro predikováí pohybu ce akcií Mila Svoboda Tredy v podikáí, 4(2) 63-70 The Author(s) 2014 ISSN 1805-0603 Publisher: UWB i Pilse http://www.fek.zcu.cz/tvp/ Úvod K vybudováí

Více

5. Výpočty s využitím vztahů mezi stavovými veličinami ideálního plynu

5. Výpočty s využitím vztahů mezi stavovými veličinami ideálního plynu . ýpočty s využití vztahů ezi stavovýi veličiai ideálího plyu Ze zkušeosti víe, že obje plyu - a rozdíl od objeu pevé látky ebo kapaliy - je vyeze prostore, v ěž je ply uzavře. Přítoost plyu v ádobě se

Více

ÚROKVÁ SAZBA A VÝPOČET BUDOUCÍ HODNOTY. Závislost úroku na době splatnosti kapitálu

ÚROKVÁ SAZBA A VÝPOČET BUDOUCÍ HODNOTY. Závislost úroku na době splatnosti kapitálu ÚROKVÁ SAZBA A VÝPOČET BUDOUÍ HODNOTY. Typy a druhy úročeí, budoucí hodota ivestice Úrok - odměa za získáí úvěru (cea za službu peěz) Ročí úroková sazba (míra)(i) úrok v % z hodoty kapitálu za časové období

Více

Okruhy z učiva středoškolské matematiky pro přípravu ke studiu na VŠB TU Ostrava-

Okruhy z učiva středoškolské matematiky pro přípravu ke studiu na VŠB TU Ostrava- Okruhy z učiv středoškolské mtemtiky pro příprvu ke studiu VŠB TU Ostrv- I Zákldí poztky z logistiky teorie moži: výrok prvdivostí hodot výroku, egce, disjukce, kojukce, implikce, ekvivlece, složeé výroky,

Více

PODNIKOVÁ EKONOMIKA 3. Cena cenných papírů

PODNIKOVÁ EKONOMIKA 3. Cena cenných papírů Semárky, předášky, bakalářky, testy - ekoome, ace, účetctví, ačí trhy, maagemet, právo, hstore... PODNIKOVÁ EKONOMIKA 3. Cea ceých papírů Ceé papíry jsou jedím ze způsobů, jak podk může získat potřebý

Více

Co je to statistika? Statistické hodnocení výsledků zkoušek. Úvod statistické myšlení. Úvod statistické myšlení. Popisná statistika

Co je to statistika? Statistické hodnocení výsledků zkoušek. Úvod statistické myšlení. Úvod statistické myšlení. Popisná statistika Co e to statistika? Statistické hodoceí výsledků zkoušek Petr Misák misak.p@fce.vutbr.cz Statistika e ako bikiy. Odhalí téměř vše, ale to edůležitěší ám zůstae skryto. (autor ezámý) Statistika uda e, má

Více

Aritmetická posloupnost

Aritmetická posloupnost /65 /65 Obsh Obsh... Aritmetická posloupost.... Soustv rovic, součet.... AP - předpis... 5. AP - součet... 6. AP - prvoúhlý trojúhelík... 7. Součet čísel v itervlu... 8 Geometrická posloupost... 0. Soustv

Více

SOUKROMÁ VYSOKÁ ŠKOLA EKONOMICKÁ ZNOJMO. Statistika I. distanční studijní opora. Milan Křápek

SOUKROMÁ VYSOKÁ ŠKOLA EKONOMICKÁ ZNOJMO. Statistika I. distanční studijní opora. Milan Křápek SOUKROMÁ VYSOKÁ ŠKOLA EKONOMICKÁ ZNOJMO Statstka I dstačí studjí opora Mla Křápek Soukromá vysoká škola ekoomcká Zojmo Dube 3 Statstka I Vydala Soukromá vysoká škola ekoomcká Zojmo. vydáí Zojmo, 3 ISBN

Více

1) Vypočtěte ideální poměr rozdělení brzdných sil na nápravy dvounápravového vozidla bez ABS.

1) Vypočtěte ideální poměr rozdělení brzdných sil na nápravy dvounápravového vozidla bez ABS. Dopraví stroje a zařízeí odborý zálad AR 04/05 Idetifiačí číslo: Počet otáze: 6 Čas : 60 miut Počet bodů Hodoceí OTÁZKY: ) Vypočtěte eálí poměr rozděleí brzdých sil a ápravy dvouápravového vozla bez ABS.

Více

Neparametrické metody

Neparametrické metody I. ÚVOD Neparametrické metody EuroMISE Cetrum v Neparametrické testy jsou založey a pořadových skórech, které reprezetují původí data v Data emusí utě splňovat určité předpoklady vyžadovaé u parametrických

Více

KVALIMETRIE. 16. Statistické metody v metrologii a analytické chemii. Miloslav Suchánek. Řešené příklady na CD-ROM v Excelu.

KVALIMETRIE. 16. Statistické metody v metrologii a analytické chemii. Miloslav Suchánek. Řešené příklady na CD-ROM v Excelu. KVALIMETRIE Miloslav Sucháek 16. Statistické metody v metrologii a aalytické chemii Řešeé příklady a CD-ROM v Excelu Eurachem ZAOSTŘENO NA ANALYTICKOU CHEMII V EVROPĚ Kvalimetrie 16 je zatím posledí z

Více

Carl Friedrich Gauss

Carl Friedrich Gauss Carl Friedrich Gauss F. KOUTNÝ, Zlí (. 4. 777.. 855) Každé vyprávěí o ěkom, kdo žil dávo, je utě je kompilací prameů a odkazů, které v ejlepším případě pocházejí od jeho pamětíků. Rámec tohoto textu tvoří

Více

Optimalizace portfolia

Optimalizace portfolia Optmalzace portfola ÚVOD Problémy vestováí prostředctvím ákupu ceých papírů sou klasckým tématem matematcké ekoome. Celkový výos z portfola má v době rozhodováí o vestcích povahu áhodé velčy, eíž rozložeí

Více

M a t i c e v e s t ř e d o š k o l s k é m a t e m a t i c e

M a t i c e v e s t ř e d o š k o l s k é m a t e m a t i c e M t i c e v e s t ř e d o š k o l s k é m t e m t i c e P t r i k K v e c k ý M e d e l o v o g y m á z i u m v O p v ě S t u d i j í m t e r i á l - M t i c e v e s t ř e d o š k o l s k é m t e m t i

Více

FYZIKA 4. ROČNÍK. Disperze světla. Spektrální barvy. β č β f. T různé f různá barva. rychlost světla v prostředí závisí na f = disperze světla

FYZIKA 4. ROČNÍK. Disperze světla. Spektrální barvy. β č β f. T různé f různá barva. rychlost světla v prostředí závisí na f = disperze světla Disperze světla. Spektrálí barvy v = = f T v = F(f) růzé f růzá barva rychlost světla v prostředí závisí a f = disperze světla c = = F ( f ) idex lomu daého optického prostředí závisí a frekveci světla

Více

Metodika implementace Průřezového tématu Environmentální výchova I

Metodika implementace Průřezového tématu Environmentální výchova I Elektroická publikace Metodika implemetace Průřezového tématu Evirometálí výchova I Zpracovaly: Bc. Jaroslava Rozprýmová a Mgr. Milica Sedláčková Témata: 1. Zemědělství a životí prostředí 2. Ekologické

Více

STŘEDNÍ ŠKOLA ELEKTROTECHNICKÁ, OSTRAVA, NA JÍZDÁRNĚ 30, p. o. MATEMATIKA

STŘEDNÍ ŠKOLA ELEKTROTECHNICKÁ, OSTRAVA, NA JÍZDÁRNĚ 30, p. o. MATEMATIKA STŘEDNÍ ŠKOLA ELEKTROTECHNICKÁ, OSTRAVA, NA JÍZDÁRNĚ, p. o. MATEMATIKA Ig. Rudolf PŠENICA 6 OBSAH:. SHRNUTÍ A PROHLOUBENÍ UČIVA... 5.. Zákldí možiové pojmy... 5.. Číselé možiy... 6.. Itervly... 6.. Absolutí

Více

1. Několik základních pojmů ze středoškolské matematiky. Na začátku si připomeneme následující pojmy:

1. Několik základních pojmů ze středoškolské matematiky. Na začátku si připomeneme následující pojmy: Opakování středoškolské matematiky Slovo úvodem: Tato pomůcka je určena zejména těm studentům presenčního i kombinovaného studia na VŠFS, kteří na středních školách neprošli dostatečnou průpravou z matematiky

Více

9. Měření závislostí ve statistice. 9.1. Pevná a volná závislost

9. Měření závislostí ve statistice. 9.1. Pevná a volná závislost Dráha [m] 9. Měřeí závslostí ve statstce Měřeí závslostí ve statstce se zývá především zkoumáím vzájemé závslost statstckých zaků vícerozměrých souborů. Závslost přtom mohou být apříklad pevé, volé, jedostraé,

Více

8 Průzkumová analýza dat

8 Průzkumová analýza dat 8 Průzkumová aalýza dat Cílem průzkumové aalýzy dat (také zámé pod zkratkou EDA - z aglického ázvu exploratory data aalysis) je alezeí zvláštostí statistického chováí dat a ověřeí jejich předpokladů pro

Více

1 Linearní prostory nad komplexními čísly

1 Linearní prostory nad komplexními čísly 1 Linearní prostory nad komplexními čísly V této přednášce budeme hledat kořeny polynomů, které se dále budou moci vyskytovat jako složky vektorů nebo matic Vzhledem k tomu, že kořeny polynomu (i reálného)

Více

OPTIMALIZACE AKTIVIT SYSTÉMU PRO URČENÍ PODÍLU NA VYTÁPĚNÍ A SPOTŘEBĚ VODY.

OPTIMALIZACE AKTIVIT SYSTÉMU PRO URČENÍ PODÍLU NA VYTÁPĚNÍ A SPOTŘEBĚ VODY. OPTIMALIZACE AKTIVIT SYSTÉMU PRO URČENÍ PODÍLU NA VYTÁPĚNÍ A SPOTŘEBĚ VODY. Ig.Karel Hoder, ÚAMT-VUT Bro. 1.Úvod Optimálí rozděleí ákladů a vytápěí bytového domu mezi uživatele bytů v domě stále podléhá

Více

AMC/IEM J - HMOTNOST A VYVÁŽENÍ

AMC/IEM J - HMOTNOST A VYVÁŽENÍ ČÁST JAR-OPS 3 AMC/IEM J - HMOTNOST A VYVÁŽENÍ ACJ OPS 3.605 Hodoty hmotostí Viz JAR-OPS 3.605 V souladu s ICAO Ae 5 a s meziárodí soustavou jedotek SI, skutečé a omezující hmotosti vrtulíků, užitečé zatížeí

Více

Laboratorní práce č. 4: Úlohy z paprskové optiky

Laboratorní práce č. 4: Úlohy z paprskové optiky Přírodí ědy moderě a iteraktiě FYZKA 4. ročík šestiletého a. ročík čtyřletého studia Laboratorí práce č. 4: Úlohy z paprskoé optiky G Gymázium Hraice Přírodí ědy moderě a iteraktiě FYZKA 3. ročík šestiletého

Více

Determinanty Opakování: Permutace na n prvcích je zobrazení p:{1,..., n} {1,..., n}, které je prosté a na.

Determinanty Opakování: Permutace na n prvcích je zobrazení p:{1,..., n} {1,..., n}, které je prosté a na. Li algebra determiaty, polyomy, vlast čísla a vetory, charateristicý mohočle, salárí souči, posdef matice, bilieárí a vadraticé formy Lieárí algebra II láta z II semestru iformatiy MFF UK dle předáše Jiřího

Více

KOMBINATORIKA. 1. cvičení

KOMBINATORIKA. 1. cvičení KOMBINATORIKA 1. cvičení TYPY VÝBĚRŮ Uspořádanost výběru uspořádaný výběr = VARIACE, záleží na pořadí vybraných prvků neuspořádaný výběr = KOMBINACE, nezáleží na pořadí vybraných prvků Opakované zařazení

Více

Výroková logika II. Negace. Již víme, že negace je změna pravdivostní hodnoty výroku (0 1; 1 0).

Výroková logika II. Negace. Již víme, že negace je změna pravdivostní hodnoty výroku (0 1; 1 0). Výroková logika II Negace Již víme, že negace je změna pravdivostní hodnoty výroku (0 1; 1 0). Na konkrétních příkladech si ukážeme, jak se dají výroky negovat. Obecně se výrok dá negovat tak, že před

Více

Časová hodnota peněz. Metody vyhodnocení efektivnosti investic. Příklad

Časová hodnota peněz. Metody vyhodnocení efektivnosti investic. Příklad Metody vyhodoceí efektvost vestc Časová hodota peěz Metody vyhodoceí Časová hodota peěz Prostředky, které máme k dspozc v současost mají vyšší hodotu ež prostředky, které budeme mít k dspozc v budoucost.

Více

ZÁKLADNÍ SUMAČNÍ TECHNIKY

ZÁKLADNÍ SUMAČNÍ TECHNIKY Zápdočeská uiverzit v Plzi Fkult pedgogická Bklářská práce ZÁKLADNÍ SUMAČNÍ TECHNIKY Diel Tyr Plzeň Prohlšuji, že jsem tuto práci vyprcovl smosttě s použitím uvedeé litertury zdrojů iformcí. V Plzi,..

Více

10.2 VÁŽENÝ ARITMETICKÝ PRŮMĚR

10.2 VÁŽENÝ ARITMETICKÝ PRŮMĚR Středí hodoty Artmetcý průměr vážeý ze tříděí Aleš Drobí straa 0 VÁŽENÝ ARITMETICKÝ PRŮMĚR Výzam a užtí vážeého artmetcého průměru uážeme a ásledujících příladech Přílad 0 Ve frmě Gama Blatá máme soubor

Více

1 Popis statistických dat. 1.1 Popis nominálních a ordinálních znaků

1 Popis statistických dat. 1.1 Popis nominálních a ordinálních znaků 1 Pops statstcých dat 1.1 Pops omálích a ordálích zaů K zobrazeí rozděleí hodot omálích ebo ordálích zaů lze použít tabulu ebo graf rozděleí četostí. Tuto formu zobrazeí lze dooce použít pro číselé zay,

Více

Střední hodnoty. Aritmetický průměr prostý Aleš Drobník strana 1

Střední hodnoty. Aritmetický průměr prostý Aleš Drobník strana 1 Středí hodoty. Artmetcký průměr prostý Aleš Drobík straa 0. STŘEDNÍ HODNOTY Př statstckém zjšťováí často zpracováváme statstcké soubory s velkým možstvím statstckých jedotek. Např. soubor pracovíků orgazace,

Více

Klonování, embryonální kmenové buňky, aj. proč ano a proč ne

Klonování, embryonální kmenové buňky, aj. proč ano a proč ne Kloováí, embryoálí kmeové buňky, aj. proč ao a proč e Doc. MUDr. Petr Hach, Csc., Em. předosta ústavu pro histologii a embryologii 1. lékařské fakulty Uiversity Karlovy v Praze Neí určeo k dalšímu šířeí

Více

dálniced3 a rychlostní silnice Praha x Tábor x České Budějovice x Rakousko

dálniced3 a rychlostní silnice Praha x Tábor x České Budějovice x Rakousko dáliced3 a rychlostí silice R3 Praha Tábor České Budějovice Rakousko w w obsah základí iformace 3 dálice D3 a rychlostí silice R3 PrahaTáborČeské BudějoviceRakousko 3 > základí iformace 4 > čleěí dálice

Více

Tento seminář pro Vás připravuje vzdělávací agentura. Kurzy-Fido.cz. ...s námi TSP zvládnete!

Tento seminář pro Vás připravuje vzdělávací agentura. Kurzy-Fido.cz. ...s námi TSP zvládnete! Tento seminář pro Vás připravuje vzdělávací agentura Kurzy-Fido.cz...s námi TSP zvládnete! Řešení páté série (27.4.2009) 13. Hlavní myšlenka: efektivní porovnávání zlomků a desetinných čísel Postup: V

Více

TECHNICKÝ AUDIT VODÁRENSKÝCH DISTRIBUČNÍCH

TECHNICKÝ AUDIT VODÁRENSKÝCH DISTRIBUČNÍCH ECHNICKÝ AUDI VODÁRENSKÝCH DISRIBUČNÍCH SYSÉMŮ Ig. Ladislav uhovčák, CSc. 1), Ig. omáš Kučera 1), Ig. Miroslav Svoboda 1), Ig. Miroslav Šebesta 2) 1) 2) Vysoké učeí techické v Brě, Fakulta stavebí, Ústav

Více

4. Topologické vlastnosti množiny reálných

4. Topologické vlastnosti množiny reálných Matematická analýza I přednášky M. Málka cvičení A. Hakové a R. Otáhalové Zimní semestr 2004/05 4. Topologické vlastnosti množiny reálných čísel V této kapitole definujeme přirozenou topologii na množině

Více

Vysoká škola báňská - Technická univerzita Ostrava Fakulta elektrotechniky a informatiky ELEKTRICKÉ POHONY. pro kombinované a distanční studium

Vysoká škola báňská - Technická univerzita Ostrava Fakulta elektrotechniky a informatiky ELEKTRICKÉ POHONY. pro kombinované a distanční studium Vysoká škola báňská - Techická uiverzita Ostrava Fakulta elektrotechiky a iformatiky ELEKTRICKÉ POHONY pro kombiovaé a distačí studium Ivo Neborák Václav Sládeček Ostrava 004 1 Doc. Ig. Ivo Neborák, CSc.,

Více

Pojem binární relace patří mezi nejzákladnější matematické pojmy. Binární relace

Pojem binární relace patří mezi nejzákladnější matematické pojmy. Binární relace RELACE Pojem binární relace patří mezi nejzákladnější matematické pojmy. Binární relace slouží k vyjádření vztahů mezi prvky nějakých množin. Vztahy mohou být různé povahy. Patří sem vztah býti potomkem,

Více

Úvod do teorie dělitelnosti

Úvod do teorie dělitelnosti Úvod do teorie dělitelnosti V předchozích hodinách matematiky jste se seznámili s desítkovou soustavou. Umíte v ní zapisovat celá i desetinná čísla a provádět zpaměti i písemně základní aritmetické operace

Více

Expertní Systémy. Tvorba aplikace

Expertní Systémy. Tvorba aplikace Tvorba aplikace Typ systému malý velký velmi velký Počet pravidel 50-350 500-3000 10000 Počet člověkoroků 0.3-0.5 1-2 3-5 Cea projektu (v tis.$) 40-60 500-1000 2000-5000 Harmo, Kig (1985) Vytvořeí expertího

Více

2002 Katedra obecné elektrotechniky FEI VŠB-TU Ostrava Ing.Stanislav Kocman

2002 Katedra obecné elektrotechniky FEI VŠB-TU Ostrava Ing.Stanislav Kocman ASYNCHRONNÍ STROJE Obsah. Pricip čiosti asychroího motoru. Náhradí schéma asychroího motoru. Výko a momet asychroího motoru 4. Spouštěí trojfázových asychroích motorů 5. Řízeí otáček asychroích motorů

Více

Téma 11 Prostorová soustava sil

Téma 11 Prostorová soustava sil Stavebí statka,.ročík bakalářského studa Téma Prostorová soustava sl Prostorový svazek sl Statcký momet síly a dvojce sl v prostoru Obecá prostorová soustava sl Prostorová soustava rovoběžých sl Katedra

Více

APLIKOVANÁ STATISTIKA

APLIKOVANÁ STATISTIKA VYSOKÉ UČENÍ TECHNICKÉ V BRNĚ FAKULTA MANAGEMENTU A EKONOMIKY VE ZLÍNĚ APLIKOVANÁ STATISTIKA FRANTIŠEK PAVELKA PETR KLÍMEK ZLÍN 000 Recezoval: Haa Lošťáková Fratšek Pavelka, Petr Klímek, 000 ISBN 80 4

Více

Řešení slovních úloh pomocí lineárních rovnic

Řešení slovních úloh pomocí lineárních rovnic Řešení slovních úloh pomocí lineárních rovnic Řešení slovních úloh představuje spojení tří, dnes bohužel nelehkých, úloh porozumění čtenému textu (pochopení zadání), jeho matematizaci (převedení na rovnici)

Více