Příklad 1. Řešení 1a ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST 3

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Rozměr: px
Začít zobrazení ze stránky:

Download "Příklad 1. Řešení 1a ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST 3"

Transkript

1 Příklad 1 a) Určete počet všech přirozených trojciferných čísel, v jejichž desítkovém zápisu se vyskytuje každá číslice nejvýše jednou s tím, že na prvním místě nesmí stát nula, jak je obvyklé při chápání dvouciferných čísel. b) Je dán libovolný obdélník. Na každé jeho straně je vyznačeno různých bodů. Určete počet všech trojúhelníků, jejichž vrcholy leží v daných bodech a na různých stranách daného obdélníku. c) Z bodu do bodu vedou tři různé cesty. Z bodu do bodu vedou čtyři různé cesty. Vypočítejte, kolika způsoby lze vybrat cestu a. z do a zpět, b. z do a zpět tak, že žádná z těchto cest nebude použita dvakrát, c. z do a zpět tak, že z těchto cest budou právě dvě použity dvakrát. d) Určete, kolika dvojjazyčných slovníků je třeba k tomu, aby byla zajištěna možnost přímého překladu z jazyka anglického, českého, francouzského, italského a německého do každého z nich. e) Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel složených z číslic 1, 2, 3, 4 a 5 přičemž se každá z těchto číslic může libovolněkrát opakovat, která jsou dělitelná a. pěti, b. dvěma, c. čtyřmi. Řešení 1a První postup (využití pravidla součinu) Na místě stovek může stát libovolná z devíti číslic 1, 2,, 9. Nula v této pozici je v zadání vyloučena. Na místě desítek již může stát libovolná z deseti číslic 0, 1,, 9 s tím, že to nesmí být číslice, která stojí na místě stovek. Na místo desítek tedy lze vybrat jednu z devíti číslic. Na místě jednotek opět může stát libovolná z deseti číslic 0, 1,, 9 s tím, že to nesmí být číslice, která stojí na místě stovek, ani číslice, která stojí na místě desítek. Na místo jednotek tedy lze vybrat jednu z osmi číslic. Počet uvažovaných trojciferných čísel tedy je 9 9 8=648. Druhý postup (využití pravidla součtu) Všechna trojciferná čísla můžeme rozdělit do tří disjunktních množin. V jedné budou všechna trojciferná čísla, ve kterých se žádná číslice neopakuje. Tuto množinu označíme. Ve druhé budou trojciferná čísla, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě dvakrát. Tuto množinu označíme. Ve třetí budou trojciferná čísla, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě třikrát. Tuto množinu označíme. Jak bylo řečeno, tyto množiny jsou disjunktní, neboli platí =, =, = Dále označme = Dále označme pro =1,2,3 jako počet prvků množiny. Je zřejmé, že všech trojciferných čísel (neboli počet prvků množiny ) je 900, neboli platí + + =900 Dále je zřejmé, že počet všech trojciferných čísel, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě třikrát, je devět (jde o číslice 111, 222,, 999), neboli platí =9. 1

2 Zjištění počtu trojciferných číslic, v nichž se jedna číslice vyskytuje právě dvakrát, je trochu náročnější. Jde totiž o to, zda se tato číslice opakuje na první a druhé pozici, na první a třetí pozici, nebo na druhé a třetí pozici. Množiny, které bychom vytvořili podle těchto pozic opakování, jsou opět disjunktní. V případě opakování na první a druhé pozici je to tak, že na první pozici může být jedna z devíti číslic 1, 2,, 9. Ta se opakuje na druhé pozici. Pro tyto dvě pozici máme tedy devět možností. Na třetí pozici může být vybrána libovolná z deseti číslic, která se nevyskytuje na první pozici (a tedy i druhé). Na výběr tedy je z devíti číslic. Pro případ opakování na první a druhé pozici tedy máme možností. Pro případ opakování na první a třetí pozici jsme téměř ve stejné situaci. Máme opět 81 možností. V případě opakování na druhé a třetí pozici je to zdánlivě trochu jinak. Na první pozici může opět stát libovolná z devíti číslic 1, 2,, 9. Na druhé (a tedy i třetí pozici) může být libovolná z deseti číslic, která se nevyskytuje na první pozici. Na výběr tedy je opět z devíti číslic. I v tomto případě máme 81 možností. Podle pravidla součtu tedy je Vrátíme se teď ke dříve odvozené rovnici 900 Dosadíme známé hodnoty Odtud již snadno Počet uvažovaných trojciferných čísel tedy je Poznámka v tomto řešení jsme využili pravidla součtu dokonce dvakrát. Charakter úlohy způsobil, že řešení bylo poněkud náročnější (dvojí rozklad na disjunktní množiny). Nicméně i tak ho lze považovat za jasné. Řešení 1b Označme obecně uvažovaný trojúhelník!". Vrchol můžeme volit v libovolném z daných bodů. Máme čtyři strany, na každé z nich je bodů. Vrchol X tedy volíme ze 4 možností. Vrchol! nesmí ležet na stejné straně obdélníka, jako vrchol, lze ho tedy vybrat ze 3 možností. Vrchol " nesmí ležet na stejné straně jako vrchol, ani na stejné straně jako vrchol!, lze ho tedy vybrat ze 2 možností. Existuje tedy # uspořádaných trojic utvořených z takto vybraných bodů,!,". Řešení úlohy tím ale nekončí. Je třeba si uvědomit, že šest trojic $,!,"%,$,",!%,$!,,"%,$!,", %,$",,!%,$",!, % tvoří stejný trojúhelník. Tento trojúhelník můžeme pochopitelně započítat jen jednou. Proto musíme dříve nalezený počet uspořádaných trojic v\dělit šesti. Trojúhelníků majících danou vlastnost je tedy 24 # 6 4# Řešení 1c Cestu z bodu do bodu lze vybrat třemi způsoby. Cestu z bodu do bodu lze vybrat čtyřmi způsoby. Podle pravidla součinu lze tedy vybrat cestu z bodu do bodu celkem způsoby. a) Cestu z bodu do bodu lze také vybrat celkem způsoby. Cestu z bodu do bodu a zpět lze tedy podle pravidla součinu vybrat celkem způsoby. b) Nyní řešíme podúlohu, že se bude při zpáteční cestě opakovat právě jedna z cest mezi danými body. Máme dvě možnosti. Buď se bude opakovat cesta z do (neboli půjdeme po 2

3 té samé, po které jsme šli z do. Pak se již nesmí opakovat cesta mezi a. Pro výběr zpáteční cesty v tomto případě tedy máme dvě možnosti (jde o dosud nepoužité cesty mezi a ). Nebo se bude opakovat cesta z do (neboli půjdeme po té samé, po které jsme šli z do. Pak se již nesmí opakovat cesta mezi a. Pro výběr zpáteční cesty v tomto případě tedy máme tři možnosti (jde o dosud nepoužité cesty mezi a ). Podle pravidla součtu můžeme pro zpáteční cestu volit z pěti možností. Cestu z bodu do bodu a zpět za daných podmínek lze tedy podle pravidla součinu vybrat celkem 12 5=60 způsoby. c) Nyní řešíme podúlohu, že se bude při zpáteční cestě opakovat právě dvě z cest mezi danými body. To znamená, že z bodu jdeme do bodu po stejné cestě, jakou u jsme šli z bodu do bodu. Tím opakujeme jednu cestu. Druhou cestu opakujeme tak, že z bodu jdeme do bodu po stejné cestě, jakou jsme šli z bodu do bodu. Za těchto podmínek existuje jen jediný způsob, jak jít z bodu do bodu. Cestu z bodu do bodu a zpět za daných podmínek lze tedy podle pravidla součinu vybrat celkem 12 1=12 způsoby. Poznámka Při řešení úlohy jsme se nezabývali nesmyslnými postupy, jakým by byl při cestě z do a zpět například postup,,,,,,,, a jemu podobné. Kdybychom to připustili, byl by počet možných způsobů vždy nekonečný. Řešení 1d Podle jazyka, ve kterém je napsán text k překladu, vybereme jeden z pěti slovníků. Protože na překlad z jakéhokoli jazyka do téhož jazyka nepotřebujeme slovník, je v každém jednotlivém případě cílových jazyků o jeden méně než zdrojových, neboli jsou čtyři. Zdrojový jazyk a cílový jazyk můžeme vzít jako uspořádanou dvojici s popsaným možným počtem výběrů. Přímým uplatněním pravidla součinu dostáváme, že potřebujeme 5 4=20 slovníků. Řešení 1e Počet čtyřciferných čísel složených z číslic 1, 2, 3, 4, 5, které se mohou opakovat, je podle pravidla součinu zřejmě =625. Pro volbu čísla na každé pozici totiž máme pět možností. My se ale máme zabývat počtem takových čísel s určenou dělitelností. a) Má-li být číslo v desítkovém zápisu dělitelné pěti, pak musí končit buď číslicí 0, nebo číslicí 5. Číslice 0 ale není mezi těmi, které mohou tvořit naše číslo. Číslo tedy musí nutně končit jen číslicí 5. Pro volbu číslice v řádu jednotek tedy máme jen jednu možnost. Podle pravidla součinu je počet čísel splňujících danou podmínku roven =125. b) Má-li být číslo dělitelné dvěma, pak musí v rámci zadání končit buď číslicí 2, nebo číslicí 4. Pro volbu číslice v řádu jednotek tedy máme dvě možnosti. Podle pravidla součinu je počet čísel splňujících danou podmínku roven =250. c) Má-li být číslo dělitelné čtyřmi, pak musí jeho poslední dvojčíslí být dělitelné čtyřmi. Z cifer, z nichž se číslo může skládat, lze nalézt jen pět dvojmístných čísel dělitelných čtyřmi. Jde o čísla 12, 24, 32, 44, 52. Pro volbu číslic v řádu desítek a jednotek tedy máme pět možností. Podle pravidla součinu je počet čísel splňujících danou podmínku roven 5 5 5=125. 3

4 Příklad 2 a) K sestavení vlajky, která má být složena ze tří různobarevných svislých pruhů jsou k dispozici látky v bílé, červené, modré, zelené= a žluté barvě. a. Určete počet vlajek, které lze z látek těchto barev sestavit. b. Zjistěte, kolik z takových vlajek má modrý pruh. c. Zjistěte, kolik takových vlajek má modrý pruh uprostřed. b) Výbor spolku tvoří šest mužů a čtyři ženy. V rámci výboru budou voleni následující funkcionáři spolku: předseda, místopředseda, jednatel a hospodář. a. Určete, kolika způsoby lze z členů výboru vybrat funkcionáře spolku. b. Určete, kolika způsoby lze vybrat funkcionáře spolku tak, aby předseda a místopředseda měli různé pohlaví. c. Určete, kolika způsoby lze vybrat funkcionáře spolku tak, aby právě jedním z nich byla žena. c) Určete počet prvků, z nichž lze vytvořit a. 240 dvoučlenných variací, b. Dvakrát více čtyřčlenných variací, než tříčlenných variací. d) Roztržitý Marek si pamatuje, že telefonní číslo jeho slečny je devítimístné, začíná dvojčíslím 23, neobsahuje žádné dvě shodné číslice a je dělitelné pětadvaceti. Kolik telefonních čísel připadá v úvahu? e) Určete počet všech nejvýše čtyřciferných čísel s různými číslicemi, která jsou sestavena z číslic 0, 2, 4, 6, 8. Řešení 2a a) Je zřejmé, že každé dva pruhy mají být různé barvy a záleží na pořadí těchto pruhů. Jde tedy o tříčlenné variace z 5 prvků. Lze tedy podle zadání sestavit '$3,5% různých vlajek. b) Máme dáno, že vlajka musí obsahovat modrý pruh. K němu vybereme uspořádanou dvojici pruhů ze zbylých čtyř barev. Těchto dvojic bude '$2,4%4 3. Modrý pruh můžeme umístit na tři různá místa (vlevo, doprostřed a vpravo). Počet různých vlajek s modrým pruhem tedy je 3'$2,4% c) Vlajek s modrým pruhem uprostřed je dle předchozí úvahy '$2,4% Modrý pru má být uprostřed, pro jeho umístění tedy máme jedinou volbu. Řešení 2b a) Máme vybrat čtyři funkcionáře do konkrétních funkcí (to je ekvivalentní uspořádání) z deseti členů výboru. Opakování nepřichází v úvahu (do několika různých funkcí nemůže být volen stejný člen výboru). Pak počet různých možných výběrů funkcionářů spolku je roven '$4,10% b) Množinu řešení si rozdělíme na dvě disjunktní podmnožiny. V první bude předsedou muž a místopředsedou žena. Ve druhé bude předsedou žena a místopředsedou muž. Pro první množinu platí, že počet možných výběrů předsedy je '$1,6% a počet možných výběrů místopředsedy '$1,4%. Podle pravidla součinu je počet možných výběrů předsedy a 4

5 místopředsedy '$1,6% '$1,4%. Pro druhou množinu platí, že počet možných výběrů předsedy je '$1,4% a počet možných výběrů místopředsedy '$1,6%. Podle pravidla součinu je počet možných výběrů předsedy a místopředsedy '$1,4% '$1,6%. Podle pravidla součtu je počet možných výběrů předsedy a místopředsedy celkem roven '$1,6% '$1,4%+'$1,4% '$1,6%. Na pohlaví zbylých funkcionářů nezáleží, počet jejich možných výběrů tedy bude '$2,8%. Podle pravidla součinu tedy počet různých výběrů funkcionářů spolku za daných podmínek )'$1,6% '$1,4%+'$1,4% '$1,6%* '$2,8%=) * 8 7=)24+24* 56= 48 56=2688. c) Má-li být právě jedním funkcionářem spolku žena, pak pro její výběr máme '$1,4% možností. Vzhledem k tomu, že žena může zastávat jednu ze čtyř možných funkcí, je celkový počet možností pro její výběr na konkrétní funkci roven podle pravidla kombinatorického součtu '$1,4%+'$1,4%+'$1,4%+'$1,4%=4'$1,4%. Ostatní tři funkce musí být obsazeny muži, kterých je šest. Počet výběrů na tyto tři funkce tedy je '$3,6%. Podle pravidla kombinatorického součinu pak celkový počet možných výběrů za daných podmínek je 4'$1,4% '$3,6%= =1920. Řešení 2c a) Máme určit počet prvků, ze kterých lze vytvořit 240 dvoučlenných variací. To se dá vyjádřit i tak, že máme řešit rovnici '$2,%=240 Po úpravě dostaneme $ 1%=240 = =0 Řešíme tuto kvadratickou rovnici a dostaneme, = $ 1%±,1 4 1 $ 240% 2 1 Odtud = 1±,1 $ 960% 2 = 1± = 1±31 2 =16, = 15 Druhé řešení nemá smysl, protože nejde o přirozené číslo. Hledaným počtem prvků je 16. b) Máme určit počet prvků, ze kterých lze vytvořit dvakrát více čtyřčlenných variací, než tříčlenných variací. Úlohu můžeme přepsat do tvaru rovnice '$4,%=2 '$3,% Po úpravě dostaneme $ 1% $ 2% $ 3%=2 $ 1% $ 2% Po vykrácení se rovnice významně zjednoduší na tvar $ 3%=2 Odtud =5 5

6 Řešení 2d O telefonním čísle víme přesně, jak začíná na prvních dvou pozicích, a víme, že je dělitelné 25. Dělitelnost 25 vypovídá o posledních dvou pozicích. Má-li být dekadické číslo dělitelné 25, pak jeho poslední dvě cifry musí být 00, 25, 50 nebo 75. První možnost nepřipadá v úvahu, protože ze zadání víme, že číslo neobsahuje žádné dvě shodné číslice. Ze stejného důvodu nepřipadá v úvahu ani druhá možnost, protože číslice 2 již byla použita na začátku čísla. Budeme se tedy zabývat jen dvěma posledními případy. Ty nám rozdělují množinu řešení na dvě disjunktní podmnožiny. V prvním případě číslo začíná 23 a končí 50. Zbylých 5 míst je obsazeno variací ze 6 čísel. V druhém případě číslo začíná 23 a končí 75. Zbylých 5 míst je obsazeno také variací ze 6 čísel. Podle pravidla součtu je počet možných telefonních čísel vyhovujících zadání roven '$5,6%'$5,6%2'$5,6% Řešení 2e Máme najít počet nejvýše čtyřmístných čísel složených z různých číslic vybraných z 0, 2, 4, 6, 8. Množinu všech čísel vyhovujících daným podmínkám rozdělíme na čtyři vzájemně disjunktní množiny čtyřmístná čísla, třímístná čísla, dvojmístná čísla a jednomístná čísla. U čísel více než jednomístných nesmí být na první pozici nula. Pro čtyřmístná čísla tedy může být na první pozici jedno ze 4 čísel 2, 4, 6, 8, na dalších pozicích budou tři čísla vybraná jako variace ze čtyř zbylých. Počet možných čtyřmístných čísel tedy je 4'$3,4%. Pro trojmístná čísla tedy může být na první pozici jedno ze 4 čísel 2, 4, 6, 8, na dalších pozicích budou dvě čísla vybraná jako variace ze čtyř zbylých. Počet možných trojmístných čísel tedy je 4'$2,4%. Pro dvojmístná čísla tedy může být na první pozici jedno ze 4 čísel 2, 4, 6, 8, na další pozici bude jedno číslo vybrané jako variace ze čtyř zbylých. Počet možných dvojmístných čísel tedy je 4'$1,4%. Pro jednomístná čísla může být na první pozici jedno ze 5 čísel 0, 2, 4, 6, 8. Počet možných jednomístných čísel tedy je '$1,5%. Podle pravidla součtu je počet všech čísel sestavených podle daných podmínek 4'$3,4%4'$2,4%4'$1,4%'$1,5%

7 Příklad 3 a) Na festivalu má vystoupit šest rockových skupin,,,.,/,0. a. Určete počet možných pořadí jejich vystoupení. b. Určete počet všech pořadí, v nichž vystupuje po c. Určete počet všech pořadí, v nichž vystupuje ihned po b) Na rozcvičku má nastoupit táborníků. a. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do řady. b. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do řady, v níž táborník stojí na kraji. c. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do řady, v níž táborníci, nestojí vedle sebe. d. Určete, kolika způsoby mohou nastoupit do kruhu, v němž nezáleží na umístění vzhledem k okolí. c) Uvažujme pěticiferná čísla, v jejichž desítkovém zápisu je každá z číslic 0, 1, 3, 4, 7. a. Určete počet všech těchto čísel. b. Určete počet těchto čísel dělitelných šesti. c. Určete počet těchto čísel větších než d) Určete, kolika způsoby se v pětimístné lavici může posadit pět dívek, jestliže a. dvě chtějí sedět vedle sebe, b. dvě chtějí sedět vedle sebe a třetí chce sedět na kraji. e) Do zástupu má nastoupit 1 chlapců a dívek. a. Určete, kolika způsoby to lze učinit tak, aby nejdříve stály všechny dívky a pak všichni chlapci. b. Určete, kolika způsoby to lze učinit tak, aby mezi žádnými dvěma chlapci nebyla žádná dívka a mezi žádnými dvěma dívkami nebyl žádný chlapec. c. Určete, kolika způsoby to lze učinit tak, aby mezi žádnými dvěma chlapci nebyla žádná dívka. Řešení 3a a) Jde o permutace ze šesti prvků. Tedy všech možných pořadí vystoupení rockových skupina je: 2$6%=6!= =720 b) Ze všech pořadí, která jsme nalezli v předchozím bodu, vyberme ta, v nichž vystupuje po. Současně vyberme ta pořadí, v nichž vystupuje po. Tyto množiny musí být vzájemně disjunktní a musí mít také stejný počet prvků. Proto počet možných pořadí vystoupení, v nichž vystupuje po je: 1 2 2$6%=1 2 6!= = =360 c) V tomto případě má vystoupit ihned po. Pro účely tohoto výpočtu můžeme tedy chápat tuto dvojici vystoupení jako jediné vystoupení skupiny. Hledáme tedy počet různých pořadí pěti skupin,,.,/,0. Takových pořadí je: 2$5%=5!= =120 7

8 Řešení 3b a) Jde o permutace z prvků. Tedy všech možných způsobů, jakými mohou táborníci nastoupit do řady, je 2$%=! b) Nejprve vypočítejme počet různých způsobů, jakými může nastoupit do řady n-1 táborníků, tedy všichni kromě. Takových způsobů je 2$ 1%. Táborníka A můžeme postavit buď na levý okraj řady, nebo na pravý okraj řady. To jsou dvě možná umístění. Podle pravidla součinu je tedy za těchto podmínek možných 22$ 1%=2$ 1%! různých pořadí. c) Počet způsobů, v nichž a stojí vedle sebe je 22$ 1%. V tomto případě můžeme dvojici považovat za jediný prvek. A protože v rámci tohoto prvku mohou být uvedení táborníci ve dvou pořadích, musíme podle pravidla součinu nalezený počet zdvojit. Protože hledáme počet případů, v nichž tito táborníci nestojí vedle sebe, stačí nalezený počet odečíst od celkového počtu (použití pravidla součtu). Hledaných způsobů tedy je: 2$% 22$ 1%=! 2$ 1%!= $ 1%! 2$ 1%!=$ 2%$ 1%! d) Utvoříme-li z každé z nalezených řad kruh tak, že oba krajní táborníci budou vedle sebe, vznikne! postavení, z nichž ovšem budou některá shodná. Počet nejsnáze určíme tak, že libovolného táborníka vybereme a z ostatních 1 táborníků vytvoříme řadu. Touto řadou nyní uzavřeme kruh vpravo a vlevo od vybraného táborníka. Protože můžeme za těchto podmínek vybrat 2$ 1% různých řad, je i 2$ 1%=$ 1%! různých kruhů. Řešení 3c a) Máme zjistit, kolik je pěticiferných čísel, v jejichž desítkovém zápisu jsou použity číslice 0, 1, 3, 4, 7. Počet všech možných permutací těchto číslic je 2$5%. Vzhledem k tomu, že na první pozici nemůže stát číslice 0, musíme od tohoto počtu odečíst počet případů, v nichž 0 je na prvním místě. Těchto případů je 2$4%. Hledaný počet pěticiferných čísel tedy je 2$5% 2$4%=5! 4!=120 24=96 b) Nyní hledáme počet těchto čísel, která jsou dělitelná šesti. Víme, že číslo je dělitelné šesti, jeli dělitelné třemi a současně je dělitelné dvěma. Dělitelnost třemi je zaručena, protože součet použitých číslic je dělitelný třemi. Dělitelnost dvěma nastane v situaci, kdy číslo bude končit číslicemi 0 nebo 4. Počet čísel se čtyřkou na konci je dle stejné úvahy jako v předchozím bodu 2$4% 2$3%. Počet čísle s nulou na konci je 2$4%, neb nula nemůže stát na začátku. Tedy hledaný počet podle pravidla součtu je 2$4% 2$3%+2$4%=22$4% 2$3%=2 4! 3!=2 24 6=48 6=42 c) Počet čísel dle zadání, větších než určíme takto. Všechna musí mít na první pozici číslici 7. Všimneme-li si, že dané číslo je nejmenší možné z těch, které začínají na 7, pak všechna ostatní začínající na 7 musí být větší. Všech čísel začínajících na je 2$4%. To nejmenší musíme odečíst (ptáme se na větší, nikoli na větší nebo rovno). Hledaných čísel tedy je 2$4% 1= 4! 1=24 1=23. Řešení 3d a) Do pětimístné lavice máme posadit pět dívek. Dívky si označme,,,.,/. Dvě z těchto dívek, například, chtějí sedět vedle sebe. Tuto dvojici si můžeme označit. Hledáme tedy počet způsobů, jak posadit na čtyři místa čtveřici,,.,/. Takových způsobů je 2$4%. Dále je třeba si uvědomit, že dvojici A, B můžeme na dvě místa posadit dvěma neboli 2$2% 8

9 způsoby. Celkový počet způsobů, jak posadit pětici dívek do pětimístné lavice tak, aby dvě určité z nich seděly vedle sebe tedy je podle pravidla součinu 2$2%2$4%=2! 4!= =2 24=48. b) Podmínky z předchozího bodu jsou rozšířeny o podmínku, že třetí dívka (například ), chce sedět na kraji. Způsoby, jak posadit na kraj, jsou dva. Na zbývající čtyři místa máme posadit čtyři dívky s tím, že a chtějí sedět vedle sebe. Podle úvahy, kterou jsme provedli v předchozím bodu, bude takových možností v tomto případě 2$2%2$3%. Podle pravidla součinu bude celkový počet hledaných rozsazení 22$2%2$3%=2 2! 3!= =2 2 6=24 Řešení 3e a) Všechny dívky lze seřadit 2$% způsoby. Všechny chlapce lze seřadit 2$1% způsoby. Chlapci mají stát za dívkami, takže podle pravidla součinu je způsobu, jak je seřadit celkem 2$%2$1%=! 1! b) Nemá-li být mezi žádnými dvěma chlapci žádná dívka a mezi žádnými dvěma dívkami žádný chlapec, pak lze chlapce a dívky řadit jen tak, že buď budou na začátku všichni chlapci a za nimi všechny dívky, nebo budou na začátku všechny dívky a na konci všichni chlapci. Prvních možností je 2$1%2$% a druhých možností je 2$%2$1%. Podle pravidla součtu je celkový počet možností 2$1%2$%+2$%2$1%=2$1%2$%+2$1%2$%=22$1%2$%=2 1!! c) Nemá-li být mezi žádnými dvěma chlapci žádná dívka, pak celou skupinu chlapců zařadíme jako jeden prvek navíc na libovolné místo do skupiny dívek. Takových řazení bude 2$+1%. Počet způsobů, kterými lze seřadit chlapce je, jak již víme 2$1%. Podle pravidla součinu tedy bude celkový počet řazení za těchto podmínek roven 2$+1%2$1%=$+1%! 1! 9

10 Příklad 4 a) Má být vybrána šestičlenná skupina ze sedmi mužů a čtyř žen. a. Určete, kolika způsoby to lze udělat, mají-li být ve vybrané skupině právě dvě ženy. b. Určete, kolika způsoby to lze udělat, mají-li být ve vybrané skupině alespoň dvě ženy. b) Volejbalového turnaje se zúčastní deset družstev. Budou hrát ve dvou skupinách systémem každý s každým. Nejlepší dvě družstva z obou skupin postoupí do finále, které bude opět hráno systémem každý z každým s tím, že zápasy ze skupin budou započítány. Určete celkový počet zápasů v turnaji. c) Albert má sedm knih, o které se zajímá Barbora. Barbora má deset knih, o které se zajímá Albert. Určete, kolika způsoby si může Albert vyměnit dvě své knihy za dvě knihy Barbořiny. d) Z dvaceti osob chceme vybrat desetičlennou skupinu. a. Určete, kolika způsoby to lze udělat, požadujeme-li, aby mezi vybranými nebyla osoba. b. Určete, kolika způsoby to lze udělat, požadujeme-li, aby mezi vybranými nebyly zároveň osoby,. c. Určete, kolika způsoby to lze udělat, požadujeme-li, aby mezi vybranými byla alespoň jedna z osob,. e) Určete, kolika způsoby může 1 chlapců a dívek utvořit taneční pár (pro jistotu dodejme, že od tanečního páru požadujeme, aby v něm byla zastoupena obě pohlaví). Řešení 4a a) Dvě ženy můžeme ze čtyř žen vybrat 4$2,4% způsoby. Zbývající čtyři muže do skupiny lze vybrat ze sedmi mužů 4$4,7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů 4$2,4% 4$4,7%= = = = =210 b) Nyní je požadavek takový, že ve vybrané skupině mají být alespoň dvě ženy. Situaci si rozdělíme na disjunktní případy, kdy ve vybrané skupině budou buď právě dvě ženy, nebo právě tři ženy, nebo právě čtyři ženy. První z těchto případů máme vyřešen. Dvě ženy můžeme ze čtyř žen vybrat 4$2,4% způsoby. Zbývající čtyři muže do skupiny lze vybrat ze sedmi mužů 4$4,7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů v tomto případě 4$2,4% 4$4,7%= = = = =210 Pro druhý z těchto případů platí, že tři ženy ze čtyř můžeme vybrat 4$3,4% způsoby. Zbývající tři muže ze sedmi vybereme 4$3,7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů v tomto případě 4$3,4% 4$3,7%= = = =4 7 5=140 Pro třetí z těchto případů platí, že čtyři ženy ze čtyř můžeme vybrat 4$4,4% způsoby. Zbývající dva muže ze sedmi vybereme 4$2,7% způsoby. Podle pravidla součinu je celkový počet možných výběrů v tomto případě 10

11 4$4,4% 4$2,7%= = = =1 7 3=21 Podle pravidla součtu je celkový počet možných výběrů roven 4$2,4% 4$4,7%+4$3,4% 4$3,7%+4$4,4% 4$2,7%= = =371 Řešení 4b Počet zápasů v nějaké skupině je vlastně počet dvoučlenných kombinací z prvků v této skupině. Proto v první skupině bude odehráno celkem 4$2,5% zápasů. Stejný počet zápasů bude odehrán i ve druhé skupině. Ve finále se nebude opakovat zápas nejlepšího s druhým z první skupiny a zápas nejlepšího s druhým ze druhé skupiny. Jinak bude hrát opět každý s každým. Ve finále tedy bude odehráno 4$2,4% 2 zápasů. Podle pravidla součtu bude celkový počet zápasů v turnaji roven 4$2,5%+4$2,5%+4$2,4% 2=24$2,5%+4$2,4% 2= = = = =20+6 2=24 Řešení 4c Albertova nabídka k výměně obsahuje celkem 4$2,7% možností (jde o kombinaci dvou knih ze sedmi). Barbořina nabídka obsahuje celkem 4$2,10% možností. Podle pravidla součinu je celkový počet možností roven 4$2,7% 4$2,10%= = = = =945 Řešení 4d a) Chceme-li z dvaceti osob vybrat desetičlennou skupinu, ve které nebude jedna konkrétní osoba, můžeme tuto osobu z původního počtu rovnou vyřadit a vybírat z devatenácti osob. Takových výběrů bude 4$10,19%= b) Desetičlennou skupinu ze dvaceti osob lze vybrat 4$10,20% způsoby. Nyní si určeme, kolik způsobů by zahrnovalo situaci, kterou chceme vyloučit. Tou situací myslíme současný výskyt dvou konkrétních osob ve výběru. Kdybychom takový výběr chtěli udělat, vybereme nejprve tyto dvě konkrétní osoby a ze zbylých 18 osob vybereme dalších 8 do skupiny. Takových výběrů je 4$8,18%. Tento počet musíme odečíst od všech možných výběrů (důsledek pravidla součtu). Výběrů splňujících danou podmínku je tedy 4$10,20% 4$8,18%= c) Má-li být ve výběru alespoň jedna ze dvou konkrétních osob,, musíme výběr rozdělit na tři disjunktní situace. V prvním případě bude ve výběru osoba a nebude tam osoba. Ve druhém případě bude ve výběru osoba a nebude tam osoba. Ve třetím případě budou ve výběru obě osoby, současně. Pro první případ tedy vyloučíme osobu. Ze zbylých devatenácti osob vybereme skupinu tak, 11

12 že osoba ve výběru zcela jistě bude. Vložíme ji tedy do výběru a dalších devět osob vybereme z osmnácti zbylých. Počet všech způsobů, kterými to lze udělat je 4$9,18%. Pro druhý případ tedy vyloučíme osobu. Ze zbylých devatenácti osob vybereme skupinu tak, že osoba ve výběru zcela jistě bude. Vložíme ji tedy do výběru a dalších devět osob vybereme z osmnácti zbylých. Počet všech způsobů, kterými to lze udělat je 4$9,18%. Pro třetí případ vložíme do výběru obě osoby, a dalších osm osob vybereme z osmnácti zbylých. Počet všech způsobů, kterými to lze udělat je 4$8,18%. Podle pravidla součtu je celkový počet výběrů splňujících danou podmínku roven 4$9,18%+4$9,18%+4$8,18%=24$9,18%+4$8,18%= Řešení 4e Úlohu lze řešit několika způsoby. My dáme přednost vyjádření pomocí kombinačních čísel. Počet tanečních párů můžeme vyjádřit tak, že stanovíme celkový počet párů bez ohledu na pohlaví. Těch je 4$2,1+%. Od tohoto celkového počtu odečteme počet párů tvořených dvěma děvčaty, kterých je 4$2,% a počet párů tvořených dvěma chlapci, kterých je 4$2,1%. Jde o využití pravidla součtu. Hledaný počet různých možných tanečních párů tedy je 4$2,1+% 4$2,% 4$2,1%=

13 Příklad 5 a) Bývalé (do toku 2001) státní poznávací značky vozidel v České republice byly tvořeny uspořádanou sedmicí (poznámka následující popis je silně zjednodušen). První tři znaky této sedmice byla písmena ze sady 26 písmen, další čtyři znaky byly číslice 0, 1,, 9. Písmena i číslice se mohly opakovat. Určete, kolik poznávacích značek bylo v České republice v té době k dispozici. b) Určete, kolik značek Morseovy abecedy lze utvořit sestavením teček a čárek do skupin o jednom až čtyřech prvcích. c) Určete počet všech čtyřciferných čísel dělitelných čtyřmi, v nichž se vyskytují pouze cifry 1, 2, 3, 4, 5. d) Určete počet všech přirozených čísel menších než , které jsou zapsány v desítkovém tvaru pouze s použitím číslic 1 a 2. e) Obyvatelé vesnice s 600 obyvateli mají své dvojpísmenné iniciály tvořené jedním z 26 písmen. Dokažte, že alespoň dva obyvatelé vesnice mají stejné iniciály. Řešení 5a První část státní poznávací značky je uspořádaná trojice vybrané z 26 písmen. Počet těchto trojic je ' 9 $3,26%. Druhá část státní poznávací značky je spořádaná čtveřice vybraná z 10 číslic. Počet těchto čtveřic je ' 9 $4,10%. Podle pravidla součinu je celkový počet státních poznávacích značek roven ' 9 $3,26% ' 9 $4,10%=26 # 10 : = = Řešení 5b Máme určit počet možných značek Morseovy abecedy sestavených do skupin o jednom až čtyřech prvcích. Úlohu si rozdělíme na čtyři disjunktní případy. Morseova abeceda má dva znaky tečku a čárku. Tyto znaky se v rámci značky mohou libovolně opakovat. Značkou se myslí kód nějakého písmena či číslice latinské abecedy. Počet možných značek ve skupině s jedním prvkem je ' 9 $1,2%. Počet možných značek ve skupině s dvěma prvky je ' 9 $2,2%. Počet možných značek ve skupině s třemi prvky je ' 9 $3,2%. Počet možných značek ve skupině se čtyřmi prvky je ' 9 $4,2%. Podle pravidla součtu je hledaný počet možných značek roven ' 9 $1,2%+' 9 $2,2%+' 9 $3,2%+' 9 $4,2%= # +2 : = =30 Řešení 5c Má-li být číslo dělitelné čtyřmi, musí být dělitelné čtyřmi číslo na pozici desítek a jednotek původního čísla. Máme k dispozici jen číslice 1, 2, 3, 4, 5. Zajímá nás počet pěticiferných čísel vytvořených z daných číslic a dělitelných čtyřmi. Číslo si rozdělíme na dvě části první třímístnou a druhou dvojmístnou. V první části není žádné omezení, počet možných čísel v této části bude ' 9 $3,5%. Ve druhé části mohou být jen dvojmístná čísla dělitelná čtyřmi. Takových čísel lze z daných číslic sestavit pět. Jsou to čísla 12, 24, 32, 44 a 52. Podle pravidla součinu je tedy hledaný počet roven ' 9 $3,5% 5=5 # 5=5 : =625 13

14 Řešení 5d Má-li být číslo menší, než , pak má v desítkovém tvaru nejvýše šest cifer. Rozdělíme si tedy úlohu na šest disjunktních případů podle počtu cifer. Číslice, které smíme použít, jsou jen dvě 0 a 1. Těmito dvěma číslicemi můžeme zapsat ' 9 $,2% různých n-ciferných čísel. Přitom =1,,6. Celkový počet čísel menších, než , které můžeme zapsat dvěma různými číslicemi tedy je > =' 9 $,2% =' 9 $1,2%+' 9 $2,2%+' 9 $3,2%+' 9 $4,2%+' 9 $5,2%+' 9 = # +2 : +2 A +2 > = =126 Řešení 5e Z 26 různých písmen lze sestavit ' 9 $2,26%=676 různých dvoupísmenných iniciál. Protože vesnice má 600 obyvatel, musí někteří z nich mít nutně stejné iniciály. 14

15 Příklad 6 a) Máme k dispozici písmena slova B/4/4/. a. Určete počet všech anagramů slova BREKEKE neboli počet všech různých slov (i nesmyslných), které lze vytvořit právě ze všech jeho písmen. b. Určete počet slov vytvořených podle předchozího bodu, v nichž dvojice sousedních písmen nebude tvořena dvěma písmeny /. c. Určete počet takových slov, v nichž žádná trojice sousedních písmen není tvořena třemi písmeny /. b) Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel dělitelných devíti, v jejichž desítkovém zápisu nejsou jiné číslice než 0,1,2,5,7. c) Určete počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 a. právě třikrát, b. nejvýše třikrát, c. alespoň třikrát. d) Určete počet všech deseticiferných přirozených čísel, jejichž ciferný součet je roven třem. Kolik z nich je sudých? e) Ze sedmi kuliček, z nichž jsou čtyři modré (vzájemně nerozlišitelné), jedna bílá, jedna červená a jedna zelená máme vybrat a položit od řady vedle sebe pět kuliček. Kolika způsoby to lze provést? Řešení 6a a) Jedná se zcela zřejmě o permutace s opakováním ze čtyř písmen,/,4,b, v nichž je jednou, /, třikrát, 4 dvakrát a B jednou. Počet všech možných anagramů vytvořených z těchto písmen tedy je 2 9 $1,3,2,1%= $ %! 7! = 1! 3! 2! 1! 1! 3! 2! 1! = ! 1 3! 2 1 = = =420 b) Nemají-li být písmena / vedle sebe, pak musí nutně být na třech z pěti míst označených v následujícím schématu znakem ~. Zbylé čtyři pozice označené ve schématu znakem budou obsazeny libovolnou kombinací s opakováním z písmen,4,b. Toto schéma je ~ ~ ~ ~ ~ Tři z pěti míst pro znak / lze vybrat 2 9 $3,2% různými způsoby (jde o kombinaci s opakováním, kdy 5 pozic naplňujeme stavem obsazeno a dvě pozice stavem neobsazeno stavy si můžeme nahradit třeba znaky 1 a 0). Zbývající písmena,4,b lze umístit 2 9 $1,2,1% způsoby. Počet všech anagramů slova B/4/4/, v nichž žádná písmena / spolu nesousedí, tedy je 2 9 $3,2% 2 9 $1,2,1%= $3+2%! $1+2+1%! = 5! 3! 2! 1! 2! 1! 3! 2! 4! 1! 2! 1! =5 4 3! 4 3 2! 3! 2! 1! 2! 1! = = =120 c) Nejprve určíme počet takových anagramů, v nichž jsou všechna tři písmena / vedle sebe. To zjistíme tak, že v původní sadě písmen nahradíme všechny tři výskyty písmena / jediným výskytem. Budeme tedy hledat počet anagramů slova B/44. Ten je roven 2 9 $1,1,1,2%. 15

16 Tuto hodnotu nyní odečteme od počtu všech možných anagramů (důsledek pravidla součtu). Dostaneme, že počet všech anagramů slova B/4/4/, v nichž žádná trojice sousedních písmen není tvořena třemi písmeny /, je roven 2 9 $1,3,2,1% 2 9 $1,1,1,2%= $ %! $ %! 1! 3! 2! 1! 1! 1! 1! 2! 7! = 1! 3! 2! 1! 5! 1! 1! 1! 2! = ! 1 3! ! ! = = =420 60= Řešení 6b Máme určit počet všech čtyřciferných přirozených čísel dělitelných devíti, v jejichž desítkovém zápisu nejsou jiné číslice než 0,1,2,5,7. Má-li být číslo dělitelné devíti, musí být dělitelný devíti i jeho ciferný součet. Budeme se tedy nejprve zabývat tímto ciferným součtem. Číslo má být čtyřciferné. Největší cifrou v něm má být 7. Maximální možný ciferný součet ve čtyřciferném číslu složeném z daných číslic je tedy 28. Nulový součet neuvažujeme, protože číslo nula není považováno za přirozené. Budeme tedy uvažovat tři různé ciferné součty 9, 18 a 27. Tyto součty nám rozdělí úlohu na tři disjunktní případy. V prvním případě budeme hledat všechna čísla, která mají ciferný součet 9. Tento ciferný součet můžeme složit z následujících skupin daných čísel (jiné možnosti ke složení tohoto součtu z daných cifer nejsou): $7,2,0,0%, $7,1,1,0%, $5,2,2,0%, $5,2,1,1% Ve druhém případě budeme hledat všechna čísla, která mají ciferný součet 18. Tento ciferný součet můžeme složit z následujících skupin daných čísel (jiné možnosti ke složení tohoto součtu z daných cifer nejsou): $7,7,2,2%, $7,5,5,1% Ve třetím případě budeme hledat všechna čísla, která mají ciferný součet 27. Tento ciferný součet z daných čísel nemůžeme složit. Žádné číslo z daných číslic s ciferným součtem 27 tedy vytvořit nelze. Ze skupiny $7,2,0,0% můžeme složit čtyřciferné číslo 2 9 $1,1,2% způsoby. Od tohoto počtu ale musíme odečíst případy, kdy je na prvním místě nula a další míst jsou obsazena ciframi 7, 2, 0. Těchto případů je 2 9 $1,1,1%. Ze skupiny $7,2,0,0% je tedy možno složit přirozené čtyřciferné číslo 2 9 $1,1,2% 2 9 $1,1,1% způsoby. Ze skupiny $7,1,1,0% můžeme složit čtyřciferné číslo 2 9 $1,2,1% způsoby. Od tohoto počtu ale musíme odečíst případy, kdy je na prvním místě nula a další míst jsou obsazena ciframi 7, 1, 1. Těchto případů je 2 9 $1,2%. Ze skupiny $7,1,1,0% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 2 9 $1,2,1% 2 9 $1,2% způsoby. Ze skupiny $5,2,2,0% můžeme složit čtyřciferné číslo 2 9 $1,2,1% způsoby. Od tohoto počtu ale musíme odečíst případy, kdy je na prvním místě nula a další míst jsou obsazena ciframi 5, 2, 2. Těchto případů je 2 9 $1,2%. Ze skupiny $5,2,2,0% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 2 9 $1,2,1% 2 9 $1,2% způsoby. Ze skupiny $5,2,1,1% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 2 9 $1,1,2% způsoby. Ze skupiny $7,7,2,2% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 2 9 $2,2% způsoby. Ze skupiny $7,5,5,1% lze složit přirozené čtyřciferné číslo 2 9 $1,2,1% způsoby. Podle pravidla součtu je tedy počet všech čtyřciferných čísel dělitelných devíti složených z čísel 0, 1, 2, 5, 7 daný součtem jednotlivých případů. 16

17 2 9 $1,1,2% 2 9 $1,1,1%+2 9 $1,2,1% 2 9 $1,2%+2 9 $1,2,1% 2 9 $1,2%+2 9 $1,1,2%+2 9 $2,2% +2 9 $1,2,1% = $1+1+2%! 1! 1! 2! + $1+1+2%! = $1+1+1%! 1! 1! 1! + $1+2+1%! 1! 2! 1! + $2+2%! + $1+2+1%! 2! 2! 1! 2! 1! $1+2%! 1! 2! + $1+2+1%! $1+2%! 1! 2! 1! 1! 2! 1! 1! 2! 4! 1 1 2! 3! ! 1 2! 1 3! 1 2! + 4! 1 2! 1 3! 1 2! + 4! 1 1 2! + 4! 2! 2! + 4! 1 2! 1 = 4 3 2! 3! 2! ! ! 2! 3 2! 2! ! 2! 3 2! 2! ! ! 2! 2 2! = ! = =66 12=54 Řešení 6c a) Máme určit počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 právě třikrát. Pro číslici 7 tedy platí, že v uvažovaném čísle bude právě dvakrát. Hledáme tedy permutaci s třemi opakováními čísla 5 a dvěma opakováními čísla 7. Pěticiferné číslo sestavené z daných číslic za daných podmínek lze sestavit tímto počtem způsobů 2 9 $3,2%= $3+2%! = 5! 3!2! 3!2! =5 4 3! 3! 2 =5 4 2 =5 2=10 b) Máme určit počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 nejvýše třikrát. Má-li v pěticiferném čísle být číslice 5 nejvýše třikrát, pak můžeme úlohu rozdělit na čtyři disjunktní případy. V prvním bude číslo 5 užito právě nulakrát a 7 pětkrát. Těchto případů je 2 9 $0,5%. V druhém bude číslo 5 užito právě jednou a 7 čtyřikrát. Těchto případů je 2 9 $1,4%. V třetím bude číslo 5 užito právě dvakrát a 7 třikrát. Těchto případů je 2 9 $2,3%. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě třikrát a 7 dvakrát. Těchto případů je 2 9 $3,2%. Podle pravidla součtu bude počet případů, kdy bude číslo 5 použito nejvýše třikrát dáno součtem řešených dílčích případů, neboli 2 9 $0,5%+2 9 $1,4%+2 9 $2,3%+2 9 $3,2%= $0+5%! 0!5! + $1+4%! 1!4! = 5! 1 5! + 5! 1 4! + 5! 2 3! + 5! 3! 2 =5! 5! +5 4! 1 4! ! 2 3! + $2+3%! + $3+2%! 2!3! 3!2! ! 3! 2 = = =26 c) Určete počet všech pěticiferných přirozených čísel, jež lze sestavit z číslic 5 a 7, má-li v každém z nich být číslice 5 alespoň třikrát. Má-li v pěticiferném čísle být číslice 5 alespoň třikrát, pak můžeme úlohu rozdělit na tři disjunktní případy. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě třikrát a 7 dvakrát. Těchto případů je 2 9 $3,2%. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě čtyřikrát a 7 jednou. Těchto případů je 2 9 $4,1%. V čtvrtém bude číslo 5 užito právě pětkrát a 7 nulakrát. Těchto případů je 2 9 $5,0%. Podle pravidla součtu bude počet případů, kdy bude číslo 5 použito alespoň třikrát dáno součtem řešených dílčích případů, neboli 17

18 2 9 $3,2%+2 9 $4,1%+2 9 $5,0%= $3+2%! 3!2! = 5 4 3! 3! ! 4! 1 + 5! + $4+1%! + $5+0%! = 5! 4!1! 5!0! 3! 2! + 5! 4! 1! + 5! 5! 0! 5! 1 = =10+5+1=16 Řešení 6d a) Máme určit počet všech deseticiferných přirozených čísel, jejichž ciferný součet je roven třem. Má-li být ciferný součet roven třem, musí být toto deseticiferné číslo tvořeno jednou ze tří skupin číslic. První skupinou je (3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0), druhou je (2, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0) a třetí je (1, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0). Pro počet čísel vytvořených z jakékoli skupiny platí, že na prvním místě nesmí mít nulu. Proto musíme od počtu všech možných permutací s opakováním čísel ve skupině odečíst počet permutací s opakováním začínajících nulou. Pro první případ je možných čísel 2 9 $1,9% 2 9 $1,8% Pro druhý případ je možných čísel 2 9 $1,1,8% 2 9 $1,1,7% Pro třetí případ je možných čísel 2 9 $3,7% 2 9 $3,6% Podle pravidla součtu je počet všech možných případů dán součtem těchto dílčích případů. 2 9 $1,9% 2 9 $1,8%+2 9 $1,1,8% 2 9 $1,1,7%+2 9 $3,7% 2 9 $3,6% = $1+9%! 1!9! $1+8%! 1!8! + $1+1+8%! 1!1!8! = 10! 9! 9! 8! +10! 8! 9! 7! + 10! 3!7! 9! 3!6! = 10 9! 9 8! ! 9 8 7! 9! 8! 8! 7! = $1+1+7%! 1!1!7! + $3+7%! $3+6%! 3!7! 3!6! ! ! 3!7! 3!6! = = =55 b) Máme určit, kolik takových čísel je sudých. Má-li být číslo sudé, pak musí končit sudou cifrou. Z těch cifer, které jsme zvažovali v první části řešení, jsou to pouze cifry 0 a 2. Řešení této úlohy budeme zvažovat v rámci stejného dělení na skupiny, jako v prvním případě. Od počtů v každé skupině musíme odečíst počet případů, kdy bude na posledním místě lichá cifra. Pro první případ jsme dostali jediné číslo, které musí být vždy sudé. Pro druhý případ musíme odečíst všechny situace, kdy je na prvním místě 2 a na posledním místě 1. Těchto situací pro tento případ je 2 9 $8%. Pro třetí případ musíme odečíst všechny situace, kdy je na prvním i posledním místě 1. Těchto situací pro tento případ je 2 9 $1,7%. Celkový počet sudých čísel vytvořených podle daných pravidel je 2 9 $1,9% 2 9 $1,8%+2 9 $1,1,8% 2 9 $1,1,7% 2 9 $8%+2 9 $3,7% 2 9 $3,6% 2 9 $1,7% = $1+9%! 1!9! $1+8%! 1!8! + $1+1+8%! 1!1!8! $1+1+7%! 1!1!7! $8%! + $3+7%! 8! 3!7! $3+6%! $1+7%! = 10! 3!6! 1!7! 9! 9! 8! +10! 8! 9! 7! 8! 8! + 10! 3!7! 9! 3!6! 8! 1!7! = 10 9! 9 8! ! 9 8 7! 8! 9! 8! 8! 7! 8! ! ! 3!7! 3!6! 8 7! = ! = = = =46 18

19 Řešení 6e Máme určit, kolika způsoby lze vybrat a položit do řady pět kuliček ze sedmi, z nichž jsou čtyři modré (vzájemně nerozlišitelné), jedna bílá, jedna červená a jedna zelená. Nejprve si musíme určit, kolika způsoby lze vybrat pět kuliček ze sedmi bez ohledu na pokládání do řady. Označme B modrá, W bílá, R červená a G zelená. Máme tuto sadu kuliček B, B, B, B, W, R, G. Z nich můžeme vybrat pět kuliček bez ohledu na uspořádání sedmi způsoby takto: (B, B, B, B, W), těchto možností je 2 9 $4,1%, (B, B, B, B, R), těchto možností je 2 9 $4,1%, (B, B, B, B, G), těchto možností je 2 9 $4,1%, (B, B, B, W, R), těchto možností je 2 9 $3,1,1%, (B, B, B, W, G), těchto možností je 2 9 $3,1,1%, (B, B, B, R, G), těchto možností je 2 9 $3,1,1%, (B, B, W, R, G), těchto možností je 2 9 $2,1,1,1%, Podle pravidla součtu je počet způsobů dle zadání součtem těchto jednotlivých počtů, tedy 2 9 $4,1%2 9 $4,1%2 9 $4,1%2 9 $3,1,1%2 9 $3,1,1%2 9 $3,1,1%2 9 $2,1,1,1% 32 9 $4,1%32 9 $3,1,1%2 9 $2,1,1,1% 3 $41%! 4!1! 3 5 4! 3 $311%! $2111%! 3 5! 3!1!1! 2!1!1!1! 4! 3 5! 3! 5! 2! ! ! ! 2! 4!

20 Příklad 7 a) V sáčku jsou červené, modré a zelené dále nerozlišitelné kuličky. Určete, kolika způsoby lze vybrat pět kuliček, jestliže a. v sáčku je alespoň pět kuliček od každé barvy b. v sáčku je pět červených, čtyři modré a čtyři zelené kuličky. b) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Určete, kolika způsoby lze zakoupit a. 15 diplomů, b. 51 diplomů, c. 8 různých diplomů. c) V sadě mariášových karet je každá hodnota karty (sedmička, osmička, devítka, desítka, spodek, svršek, král a eso) čtyřikrát. Karty stejných hodnot jsou dále rozlišeny barvami. Každá z barev (červená, zelená, kule, žaludy) je tedy zastoupena osmkrát. a. Určete, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty, jestliže se rozlišují pouze barvy karet. b. Určete, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty, jestliže se rozlišují pouze hodnoty karet. d) Máme tři standardní hrací kostky (homogenní materiál, tvar krychle se sraženými hranami i rohy, s jedním až šesti oky na každé straně). Kolik různých neuspořádaných trojic mohou dát počty ok na jednotlivých kostkách při vrhu všemi třemi kostkami? e) Máme tři kuličky červené, dvě zelené a pět modrých. Kolika způsoby můžeme z těchto kuliček vybrat tři kuličky? Řešení 7a a) Je-li v sáčku alespoň 5 kuliček od každé barvy (červené, modré a zelené), pak 5 kuliček z tohoto sáčku lze vybrat bez omezení, neboť od každé barvy je dostatečný počet kuliček. Počet možných výběrů tedy je 4 9 $5,3%= = = = =7 3=21 b) Jsou-li v sáčku sice pět kuliček červených, ale jen čtyři modré a čtyři zelené, pak podle předchozí úvahy není možné vybrat pět modrých a pět zelených kuliček. Počet možných výběrů tedy je o dva nižší, neboli 4 9 $5,3% 2= = = = =21 2=19 Řešení 7b a) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Máme určit, kolika způsoby lze zakoupit 15 diplomů. Každý z diplomů je k dispozici v dostatečném množství. Jde o kombinace s opakování m. Počet možných způsobů tedy je 4 9 $15,10%= = b) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Máme určit, kolika způsoby lze zakoupit 51 diplomů. V tomto 20

21 případě není možné koupit 51 diplomů od každého z 10 druhů. Postupujeme podle stejné úvahy jako v předchozím případu, ale počet možností musíme o deset snížit. Počet možných způsobů tedy je 4 9 $51,10% c) Ve sportovní prodejně prodávají 10 druhů diplomů, přičemž každý z nich je k dispozici v padesáti exemplářích. Máme určit, kolika způsoby lze zakoupit 8 různých diplomů. Zde je třeba dát pozor na slovo různých. Tím je dáno jasně najevo, že kombinace musí být v tomto případě bez opakování. Vybíráme osmiprvkovou kombinaci z 10 prvků bez opakování. Počet různých možností je 4$8,10% Řešení 7c a) Máme určit, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty ze sady mariášových karet, jestliže se rozlišují pouze barvy karet. V tomto případě jde o čtyřprvkové kombinace s opakováním ze 4 prvků, které jsou pro výběr dostatečně zastoupeny. Počet možných výběrů tedy je 4 9 $4,4% b) Určete, kolika způsoby lze vybrat čtyři karty ze sady mariášových karet, jestliže se rozlišují pouze hodnoty karet. V tomto případě jde o čtyřprvkové kombinace s opakováním z 8 prvků, které jsou pro výběr dostatečně zastoupeny. Počet možných výběrů tedy je 4 9 $4,8% Řešení 7d Máme určit, kolik různých neuspořádaných trojic mohou dát počty ok na jednotlivých kostkách při vrhu všemi třemi kostkami. Protože na kostkách může padnout stejný počet ok a nerozlišujeme, na které kostce který počet padnul, jde o tříprvkové kombinace z 6 prvků s opakováním. Počet možných různých neuspořádaných trojic tedy je 4 9 $3,6% Řešení 7e Máme určit, kolika způsoby můžeme ze tří červených, dvou zelených a pěti modrých kuliček vybrat tři kuličky. V tomto případě jde o hledání počtu tříprvkových kombinací ze tří prvků s opakováním. Je třeba si ale uvědomit, že jeden z prvků není dostatečně zastoupen. Není možné vybrat tři zelené kuličky. Tento případ tedy musíme od celkového počtu možností odečíst. Počet různých výběrů tří kuliček tedy za popsaných možností je 4 9 $3,3%

9) Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel,

9) Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel, Kombinatorika konzultační příklady 1) Z města A do města B vedou 2 cesty. Z města B do města C vedou 3 cesty. Kolika způsoby lze dojít z města A do města C? 2) Určete počet všech přirozených trojciferných

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

kombinatorika září, 2015 Kombinatorika Opakovací kurz 2015 Radka Hájková

kombinatorika září, 2015 Kombinatorika Opakovací kurz 2015 Radka Hájková Kombinatorika Opakovací kurz 2015 Radka Hájková 1) Děti z hudební školy Písnička, mezi nimiž byla i dvojčata Dita a Zita, psaly v rámci hudební nauky písemnou práci z not. Kolik možností oznámkování mohla

Více

Kombinatorika. Kopírování a jakékoliv další využití výukového materiálu je povoleno pouze s uvedením odkazu na www.jarjurek.cz.

Kombinatorika. Kopírování a jakékoliv další využití výukového materiálu je povoleno pouze s uvedením odkazu na www.jarjurek.cz. Variace 1 Kombinatorika Autor: Mgr. Jaromír JUŘEK Kopírování a jakékoliv další využití výukového materiálu je povoleno pouze s uvedením odkazu na www.jarjurek.cz. 1. Kombinatorika, faktoriály, kombinační

Více

VARIACE BEZ OPAKOVÁNÍ

VARIACE BEZ OPAKOVÁNÍ VARIACE BEZ OPAKOVÁNÍ (1) Trezor má 6 otočných zámků s číslicemi 0 9. O kódu víme pouze to, že v něm žádná z číslic není dvakrát. O kolik možných nastavení se může jednat? Analogicky odvoďte obecné řešení.

Více

KOMBINATORIKA. 1. cvičení

KOMBINATORIKA. 1. cvičení KOMBINATORIKA 1. cvičení Co to je kombinatorika Kombinatorika je vstupní branou do teorie pravděpodobnosti. Zabývá se různými způsoby výběru prvků z daného souboru. 2011 Ing. Janurová Kateřina, FEI VŠB-TU

Více

Při určování počtu výběrů skupin daných vlastností velmi často používáme vztahy, ve kterých figuruje číslo zvané faktoriál.

Při určování počtu výběrů skupin daných vlastností velmi často používáme vztahy, ve kterých figuruje číslo zvané faktoriál. Kombinatorika Kombinatorika se zabývá vytvářením navzájem různých skupin z daných prvků a určováním počtu takových skupin. Kombinatorika se zabývá pouze konečnými množinami. Při určování počtu výběrů skupin

Více

A 2.C. Datum: 13.5.2010

A 2.C. Datum: 13.5.2010 Jméno: Řešení Datum: 13.5.2010 A 2.C 1) Vojenskou kolonu budou tvořit dva terénní vozy UAZ, tři auta Praga V3S a čtyři Tatry 138. Kolika způsoby lze kolonu seřadit, jestliže: a) Na pořadí vozidel nejsou

Více

( n) ( ) ( ) 9.1.11 Kombinatorické úlohy bez opakování. Předpoklady: 9109

( n) ( ) ( ) 9.1.11 Kombinatorické úlohy bez opakování. Předpoklady: 9109 9.1.11 Kombinatorické úlohy bez opakování Předpoklady: 9109 Pedagogická poznámka: Tato hodina slouží jednak ke zopakování probraného, ale zejména k praktickému nácviku kombinatoriky v situaci, ve které

Více

Projekt ŠABLONY NA GVM Gymnázium Velké Meziříčí registrační číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0948

Projekt ŠABLONY NA GVM Gymnázium Velké Meziříčí registrační číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0948 Projekt ŠABLONY NA GVM Gymnázium Velké Meziříčí registrační číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0948 IV-2 Inovace a zkvalitnění výuky směřující k rozvoji matematické gramotnosti žáků středních škol VARIACE

Více

Kolika způsoby může při hodu dvěma kostkami padnout součet ok: a) roven 7 b) nejvýše 5 řešení

Kolika způsoby může při hodu dvěma kostkami padnout součet ok: a) roven 7 b) nejvýše 5 řešení 2. intermezzo - Tucet dalších příkladů. Příklad 1: Čtyři studenti jisté vysoké školy skládají zkoušku z matematiky. Kolik existuje případů, že každý z nich bude mít jinou známku? Počítejte s čtyřstupňovou

Více

Pravděpodobnost a statistika

Pravděpodobnost a statistika 1. KOMBINATORIKA Průvodce studiem Na střední škole se někteří z vás seznámili se základními pojmy z kombinatoriky. V této kapitole tyto pojmy zopakujeme a prohloubíme vaše znalosti. Předpokládané znalosti

Více

Kombinatorika. 1. Variace. 2. Permutace. 3. Kombinace. Název: I 1 9:11 (1 z 24)

Kombinatorika. 1. Variace. 2. Permutace. 3. Kombinace. Název: I 1 9:11 (1 z 24) Kombinatorika 1. Variace 2. Permutace 3. Kombinace Název: I 1 9:11 (1 z 24) Název: I 1 10:02 (2 z 24) Variace Jsou to skupiny prvků, ve kterých: záleží na pořadí prvků značíme je Název: I 1 10:02 (3 z

Více

Škola: Střední škola obchodní, České Budějovice, Husova 9 Projekt MŠMT ČR: EU PENÍZE ŠKOLÁM

Škola: Střední škola obchodní, České Budějovice, Husova 9 Projekt MŠMT ČR: EU PENÍZE ŠKOLÁM Škola: Střední škola obchodní, České Budějovice, Husova 9 Projekt MŠMT ČR: EU PENÍZE ŠKOLÁM Číslo projektu: Název projektu školy: Šablona III/2: CZ.1.07/1.5.00/34.0536 Výuka s ICT na SŠ obchodní České

Více

Teorie. Kombinatorika

Teorie. Kombinatorika Teorie Kombinatorika Kombinatorika Jak obecně vybrat k prvkové množiny z n prvkové množiny? Dvě možnosti: prvky se v množině neopakují bez opakování. prvky se v množině opakují s opakováním. prvky jsou

Více

I. kolo kategorie Z7

I. kolo kategorie Z7 60. ročník Matematické olympiády I. kolo kategorie Z7 Z7 I 1 Součin číslic libovolného vícemístného čísla je vždy menší než toto číslo. Pokud počítáme součin číslic daného vícemístného čísla, potom součin

Více

KOMBINATORIKA (4.ročník I.pololetí DE, 2.ročník I.pololetí NS)

KOMBINATORIKA (4.ročník I.pololetí DE, 2.ročník I.pololetí NS) KOMBINATORIKA (4.ročník I.pololetí DE,.ročník I.pololetí NS) Kombinatorika je část matematiky, zabývající se uspořádáváním daných prvků podle jistých pravidel do určitých skupin a výpočtem množství těchto

Více

CVIČNÝ TEST 15. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 15 IV. Záznamový list 17

CVIČNÝ TEST 15. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 15 IV. Záznamový list 17 CVIČNÝ TEST 15 Mgr. Tomáš Kotler OBSAH I. Cvičný test 2 II. Autorské řešení 6 III. Klíč 15 IV. Záznamový list 17 I. CVIČNÝ TEST VÝCHOZÍ TEXT K ÚLOZE 1 Je dána čtvercová mřížka, v níž každý čtverec má délku

Více

Matematická olympiáda ročník ( ) Komentáře k úlohám 2. kola pro kategorie Z5 až Z9. kategorie Z5 Z5 II 1 Z5 II 2 Z5 II 3

Matematická olympiáda ročník ( ) Komentáře k úlohám 2. kola pro kategorie Z5 až Z9. kategorie Z5 Z5 II 1 Z5 II 2 Z5 II 3 1 of 6 20. 1. 2014 12:14 Matematická olympiáda - 49. ročník (1999-2000) Komentáře k úlohám 2. kola pro kategorie Z5 až Z9. kategorie Z5 Z5 II 1 Jirka půjčil Mirkovi předevčírem přibližně 230 Kč, tj. 225

Více

Jevy A a B jsou nezávislé, jestliže uskutečnění jednoho jevu nemá vliv na uskutečnění nebo neuskutečnění jevu druhého

Jevy A a B jsou nezávislé, jestliže uskutečnění jednoho jevu nemá vliv na uskutečnění nebo neuskutečnění jevu druhého 8. Základy teorie pravděpodobnosti 8. ročník 8. Základy teorie pravděpodobnosti Pravděpodobnost se zabývá matematickými zákonitostmi, které se projevují v náhodných pokusech. Tyto zákonitosti mají opodstatnění

Více

1. KOMBINATORIKA. Příklad 1.1: Mějme množinu A a. f) uspořádaných pětic množiny B a. Řešení: a)

1. KOMBINATORIKA. Příklad 1.1: Mějme množinu A a. f) uspořádaných pětic množiny B a. Řešení: a) 1. KOMBINATORIKA Kombinatoria je obor matematiy, terý zoumá supiny prvů vybíraných z jisté záladní množiny. Tyto supiny dělíme jedna podle toho, zda u nich záleží nebo nezáleží na pořadí zastoupených prvů

Více

56. ročník Matematické olympiády. tedy číslice 1, 2, a 3. Dále nám zbývají zlomky. Má-li být jejich součet co nejmenší,

56. ročník Matematické olympiády. tedy číslice 1, 2, a 3. Dále nám zbývají zlomky. Má-li být jejich součet co nejmenší, 6 ročník Matematické olympiády Komentáře k domácímu kolu kategorie Z8 1 Z číslic 1,2,,9 jsme vytvořili tři smíšená čísla a b c Potom jsme tato tři čísla správně sečetli Jaký nejmenší součet jsme mohli

Více

Matematická olympiáda ročník (1998/1999) Komentáře k úlohám druhého kola pro kategorie Z5 až Z7. Zadání úloh Z5 II 1

Matematická olympiáda ročník (1998/1999) Komentáře k úlohám druhého kola pro kategorie Z5 až Z7. Zadání úloh Z5 II 1 1 of 9 20. 1. 2014 12:05 Matematická olympiáda - 48. ročník (1998/1999) Komentáře k úlohám druhého kola pro kategorie Z5 až Z7 Zadání úloh Z5 II 1 Do prostředního kroužku je možné zapsat pouze čísla 8

Více

Dělitelnost čísel, nejmenší společný násobek, největší společný dělitel

Dělitelnost čísel, nejmenší společný násobek, největší společný dělitel Variace 1 Dělitelnost čísel, nejmenší společný násobek, největší společný dělitel Autor: Mgr. Jaromír JUŘEK Kopírování a jakékoliv další využití výukového materiálu je povoleno pouze s uvedením odkazu

Více

II. kolo kategorie Z5. Z čísel a vyškrtneme celkem 5 číslic. Pak od většího z takto vzniklých

II. kolo kategorie Z5. Z čísel a vyškrtneme celkem 5 číslic. Pak od většího z takto vzniklých II. kolo kategorie Z5 Z5 II 1 Z čísel 959 362 a 192 075 vyškrtneme celkem 5 číslic. Pak od většího z takto vzniklých čísel odečteme číslo menší. Jaký nejmenší rozdíl můžeme dostat? Řešení. Z jednoho čísla

Více

Cykly a pole 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110. 111. 112. 113. 114. 115. 116.

Cykly a pole 103. 104. 105. 106. 107. 108. 109. 110. 111. 112. 113. 114. 115. 116. Cykly a pole Tato část sbírky je tvořena dalšími úlohami na práci s cykly. Na rozdíl od předchozího oddílu se zde již v řešeních úloh objevuje více cyklů, ať už prováděných po sobě nebo vnořených do sebe.

Více

Úlohy domácí části I. kola kategorie C

Úlohy domácí části I. kola kategorie C 6. ročník Matematické olympiády Úlohy domácí části I. kola kategorie C 1. Určete všechny dvojice (x, y) reálných čísel, která vyhovují soustavě rovnic (x + )2 = y, (y )2 = x + 8. Řešení. Vzhledem k tomu,

Více

Úlohy krajského kola kategorie C

Úlohy krajského kola kategorie C 6. ročník matematické olympiády Úlohy krajského kola kategorie C. Pro libovolná reálná čísla x, y, z taková, že x < y < z, dokažte nerovnost x 2 y 2 + z 2 > (x y + z) 2. 2. Honza má tři kartičky, na každé

Více

Příklad 1. Řešení 1a Máme vyšetřit lichost či sudost funkce ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 3

Příklad 1. Řešení 1a Máme vyšetřit lichost či sudost funkce ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 3 Příklad 1 Zjistěte, zda jsou dané funkce sudé nebo liché, případně ani sudé ani liché: a) =ln b) = c) = d) =4 +1 e) =sin cos f) =sin3+ cos+ Poznámka Všechny tyto úlohy řešíme tak, že argument funkce nahradíme

Více

Digitální učební materiál

Digitální učební materiál Digitální učební materiál Projekt Šablona CZ.1.07/1.5.00/34.0415 Inovujeme, inovujeme III/2 Inovace a zkvalitnění výuky prostřednictvím ICT (DUM) DUM č. VY_32_INOVACE_CH29_1_17 ŠVP Podnikání RVP 64-41-L/51

Více

a počtem sloupců druhé matice. Spočítejme součin A.B. Označme matici A.B = M, pro její prvky platí:

a počtem sloupců druhé matice. Spočítejme součin A.B. Označme matici A.B = M, pro její prvky platí: Řešené příklady z lineární algebry - část 1 Typové příklady s řešením Příklady jsou určeny především k zopakování látky před zkouškou, jsou proto řešeny se znalostmi učiva celého semestru. Tento fakt se

Více

Příklad 1. Řešení 1a ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST 4

Příklad 1. Řešení 1a ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST 4 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z MV2 ČÁST Příklad 1 a) Jev spočívá v tom, že náhodně vybrané přirozené číslo je dělitelné pěti a jev v tom, že toto číslo náhodně vybrané přirozené číslo zapsané v desítkové soustavě má

Více

Nápovědy k numerickému myšlení TSP MU

Nápovědy k numerickému myšlení TSP MU Nápovědy k numerickému myšlení TSP MU Numerické myšlení 2011/var. 01 26. Ciferné součty čísel v každém z kruhů mají tutéž hodnotu. Pozor, hledáme číslo, které se nehodí na místo otazníku. Jedná se o dvě

Více

Digitální učební materiál

Digitální učební materiál Digitální učební materiál Číslo projektu Označení materiálu Název školy Autor Tematická oblast Ročník Anotace Metodický pokyn Zhotoveno CZ.1.07/1.5.00/34.0061 VY_42_INOVACE_M.2.01 Integrovaná střední škola

Více

(4x) 5 + 7y = 14, (2y) 5 (3x) 7 = 74,

(4x) 5 + 7y = 14, (2y) 5 (3x) 7 = 74, 1. V oboru celých čísel řešte soustavu rovnic (4x) 5 + 7y = 14, (2y) 5 (3x) 7 = 74, kde (n) k značí násobek čísla k nejbližší číslu n. (P. Černek) Řešení. Z první rovnice dané soustavy plyne, že číslo

Více

63. ročník matematické olympiády Řešení úloh krajského kola kategorie B. 1. Odečtením druhé rovnice od první a třetí od druhé dostaneme dvě rovnice

63. ročník matematické olympiády Řešení úloh krajského kola kategorie B. 1. Odečtením druhé rovnice od první a třetí od druhé dostaneme dvě rovnice 63. ročník matematické olympiády Řešení úloh krajského kola kategorie B 1. Odečtením druhé rovnice od první a třetí od druhé dostaneme dvě rovnice (x y)(x + y 6) = 0, (y z)(y + z 6) = 0, které spolu s

Více

0 KOMBINATORIKA OPAKOVÁNÍ UČIVA ZE SŠ. Čas ke studiu kapitoly: 30 minut. Cíl: Po prostudování této kapitoly budete umět použít

0 KOMBINATORIKA OPAKOVÁNÍ UČIVA ZE SŠ. Čas ke studiu kapitoly: 30 minut. Cíl: Po prostudování této kapitoly budete umět použít 0 KOMBINATORIKA OPAKOVÁNÍ UČIVA ZE SŠ Čas ke studiu kapitoly: 30 minut Cíl: Po prostudování této kapitoly budete umět použít základní pojmy kombinatoriky vztahy pro výpočet kombinatorických úloh - 6 -

Více

Projekt OPVK - CZ.1.07/1.1.00/ Matematika pro všechny. Univerzita Palackého v Olomouci

Projekt OPVK - CZ.1.07/1.1.00/ Matematika pro všechny. Univerzita Palackého v Olomouci Projekt OPVK - CZ.1.07/1.1.00/26.0047 Matematika pro všechny Univerzita Palackého v Olomouci Tematický okruh: Práce s daty, kombinatorika a pravděpodobnost Gradovaný řetězec úloh Téma: Pravděpodobnost

Více

Projekt ŠABLONY NA GVM Gymnázium Velké Meziříčí registrační číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0948

Projekt ŠABLONY NA GVM Gymnázium Velké Meziříčí registrační číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0948 Projekt ŠABLONY NA GVM Gymnázium Velké Meziříčí registrační číslo projektu: CZ.1.07/1.5.00/34.0948 IV-2 Inovace a zkvalitnění výuky směřující k rozvoji matematické gramotnosti žáků středních škol PRAVDĚPODOBNOST

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

Kombinatorika, základy teorie pravděpodobnosti a statistiky

Kombinatorika, základy teorie pravděpodobnosti a statistiky Kombinatorika, základy teorie pravděpodobnosti a statistiky Jiří Fišer 30.zářía5.října2010 JiříFišer (KMA,PřFUPOlomouc) KMA MAT1,MT1 30.zářía5.října2010 1/12 Variacek-tétřídyznprvků: = uspořádanéskupinyokprvcíchvybranýchznprvků.

Více

Univerzita Karlova v Praze Pedagogická fakulta

Univerzita Karlova v Praze Pedagogická fakulta Univerzita Karlova v Praze Pedagogická fakulta SEMINÁRNÍ PRÁCE Z METOD ŘEŠENÍ 1 TEORIE ČÍSEL 000/001 Cifrik, M-ZT Příklad ze zadávacích listů 10 101 Dokažte, že číslo 101 +10 je dělitelné číslem 51 Důkaz:

Více

METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání

METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání METODICKÉ LISTY Z MATEMATIKY pro gymnázia a základní vzdělávání Jaroslav Švrček a kolektiv Rámcový vzdělávací program pro gymnázia Vzdělávací oblast: Matematika a její aplikace Tematický okruh: Práce s

Více

Řešení 1b Máme najít body, v nichž má funkce (, ) vázané extrémy, případně vázané lokální extrémy s podmínkou (, )=0, je-li: (, )= +,

Řešení 1b Máme najít body, v nichž má funkce (, ) vázané extrémy, případně vázané lokální extrémy s podmínkou (, )=0, je-li: (, )= +, Příklad 1 Najděte body, v nichž má funkce (,) vázané extrémy, případně vázané lokální extrémy s podmínkou (,)=0, je-li: a) (,)= + 1, (,)=+ 1 lok.max.v 1 2,3 2 b) (,)=+, (,)= 1 +1 1 c) (,)=, (,)=+ 1 lok.max.v

Více

Prvočísla a čísla složená

Prvočísla a čísla složená Prvočísla a čísla složená Prvočíslo je každé přirozené číslo, které má právě dva různé dělitele, číslo 1 a samo sebe. Nejmenším a jediným sudým je prvočíslo 2. Další prvočísla: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17,

Více

1. Házíme hrací kostkou. Určete pravděpodobností těchto jevů: a) A při jednom hodu padne šestka;

1. Házíme hrací kostkou. Určete pravděpodobností těchto jevů: a) A při jednom hodu padne šestka; I Elementární pravděpodonost 1 Házíme hrací kostkou Určete pravděpodoností těchto jevů: a) A při jednom hodu padne šestka; Řešení: P A) = 1 = 01; Je celkem šest možností {1,,, 4,, } a jedna {} je příznivá

Více

Úlohy krajského kola kategorie C

Úlohy krajského kola kategorie C 65. ročník matematické olympiády Úlohy krajského kola kategorie. Najděte nejmenší možnou hodnotu výrazu x xy + y, ve kterém x a y jsou libovolná celá nezáporná čísla.. Určete, kolika způsoby lze všechny

Více

Moravské gymnázium Brno s.r.o.

Moravské gymnázium Brno s.r.o. Číslo projektu CZ.1.07/1.5.00/34.0743 Název školy Moravské gymnázium Brno s.r.o. Autor Tematická oblast Mgr. Marie Chadimová Mgr. Věra Jeřábková Matematika Elementární teorie čísel Ročník 1. Datum tvorby

Více

POSLOUPNOSTI A ŘADY INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ. Tento projekt je spolufinancován Evropským sociálním fondem a státním rozpočtem České republiky

POSLOUPNOSTI A ŘADY INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ. Tento projekt je spolufinancován Evropským sociálním fondem a státním rozpočtem České republiky POSLOUPNOSTI A ŘADY Gymnázium Jiřího Wolkera v Prostějově Výukové materiály z matematiky pro vyšší gymnázia Autoři projektu Student na prahu 21. století - využití ICT ve vyučování matematiky na gymnáziu

Více

Svobodná chebská škola, základní škola a gymnázium s.r.o. Dělitelnost Rozklad na součin prvočísel. Dušan Astaloš

Svobodná chebská škola, základní škola a gymnázium s.r.o. Dělitelnost Rozklad na součin prvočísel. Dušan Astaloš METODICKÝ LIST DA10 Název tématu: Autor: Předmět: Dělitelnost Rozklad na součin prvočísel Dušan Astaloš Matematika Ročník: 6. Učebnice: Kapitola, oddíl: Metody výuky: Formy výuky: Cíl výuky: Získané dovednosti:

Více

Jednoduché cykly 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44. 45.

Jednoduché cykly 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44. 45. Jednoduché cykly Tento oddíl obsahuje úlohy na první procvičení práce s cykly. Při řešení každé ze zde uvedených úloh stačí použít vedle podmíněných příkazů jen jediný cyklus. Nepotřebujeme používat ani

Více

POSLOUPNOSTI A ŘADY INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ

POSLOUPNOSTI A ŘADY INVESTICE DO ROZVOJE VZDĚLÁVÁNÍ POSLOUPNOSTI A ŘADY Gymnázium Jiřího Wolkera v Prostějově Výukové materiály z matematiky pro vyšší gymnázia Autoři projektu Student na prahu 21. století - využití ICT ve vyučování matematiky na gymnáziu

Více

CVIČNÝ TEST 6. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 19 IV. Záznamový list 21

CVIČNÝ TEST 6. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 19 IV. Záznamový list 21 CVIČNÝ TEST 6 Mgr. Tomáš Kotler OBSAH I. Cvičný test 2 II. Autorské řešení 6 III. Klíč 19 IV. Záznamový list 21 I. CVIČNÝ TEST VÝCHOZÍ TEXT K ÚLOZE 1 Každý z n žáků jedné třídy z gymnázia v Přelouči se

Více

Logika je logika Úlohy na dvoudenní turnaj v Brně 2012

Logika je logika Úlohy na dvoudenní turnaj v Brně 2012 Logika je logika Úlohy na dvoudenní turnaj v Brně 2012 MOSTY Spojte všechny ostrovy (tj. kroužky s čísly) pomocí mostů tak, aby bylo možno dojít z každého ostrova na kterýkoliv jiný. Mosty je přitom dovoleno

Více

Úlohy domácí části I. kola kategorie B

Úlohy domácí části I. kola kategorie B 6. ročník Matematické olympiády Úlohy domácí části I. kola kategorie B. Mezi všemi desetimístnými čísly dělitelnými jedenácti, v nichž se žádná číslice neopakuje, najděte nejmenší a největší. Řešení. Uvažovaná

Více

CVIČNÝ TEST 49. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 5 III. Klíč 13 IV. Záznamový list 15

CVIČNÝ TEST 49. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 5 III. Klíč 13 IV. Záznamový list 15 CVIČNÝ TEST 49 Mgr. Tomáš Kotler OBSAH I. Cvičný test 2 II. Autorské řešení 5 III. Klíč 13 IV. Záznamový list 15 I. CVIČNÝ TEST 1 bod 1 Kolik hodnot proměnné a R existuje takových, že diference aritmetické

Více

Přijímací zkouška na MFF UK v Praze

Přijímací zkouška na MFF UK v Praze Přijímací zkouška na MFF UK v Praze pro bakalářské studijní programy fyzika, informatika a matematika 2016, varianta A U každé z deseti úloh je nabízeno pět odpovědí: a, b, c, d, e. Vaším úkolem je u každé

Více

1. Opakování učiva 6. ročníku

1. Opakování učiva 6. ročníku . Opakování učiva 6. ročníku.. Čísla, zlomek ) Z číslic, 6 a sestavte všechna trojciferná čísla tak, aby v každém z nich byly všechny tři číslice různé. ) Z číslic, 0, 3, sestavte všechna čtyřciferná čísla

Více

II. kolo kategorie Z6

II. kolo kategorie Z6 Z6 II 1 Pat napsal na tabuli příklad: 62. ročník Matematické olympiády II. kolo kategorie Z6 589+544+80=2013. Mat chtěl příklad opravit, aby se obě strany skutečně rovnaly, a pátral po neznámém čísle,

Více

Kombinace s opakováním

Kombinace s opakováním 9..3 Kombinace s opaováním Předpolady: 907. 908, 9, 92 Pedagogicá poznáma: Časová náročnost této hodiny je podobná hodině předchozí. Netradiční začáte. Nemáme žádné přílady, ale rovnou definici. Definice

Více

CVIČNÝ TEST 5. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Václav Zemek. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 17 IV. Záznamový list 19

CVIČNÝ TEST 5. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Václav Zemek. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 17 IV. Záznamový list 19 CVIČNÝ TEST 5 Mgr. Václav Zemek OBSAH I. Cvičný test 2 II. Autorské řešení 6 III. Klíč 17 IV. Záznamový list 19 I. CVIČNÝ TEST 1 Zjednodušte výraz (2x 5) 2 (2x 5) (2x + 5) + 20x. 2 Určete nejmenší trojciferné

Více

7 = 3 = = Učivo Vysvětlení Př. + pozn. Zlomek = vyjádření části celku 3 část snědla jsem 3 kousky

7 = 3 = = Učivo Vysvětlení Př. + pozn. Zlomek = vyjádření části celku 3 část snědla jsem 3 kousky 0 Učivo Vysvětlení Př. + pozn. Zlomek vyjádření části celku část snědla jsem kousky celek a pizza byla rozdělena na kousky Pojem zlomek Vyjádření zlomku Základní tvar: čitatel a jmenovatel jsou nesoudělná

Více

1 Soustavy lineárních rovnic

1 Soustavy lineárních rovnic 1 Soustavy lineárních rovnic 1.1 Základní pojmy Budeme uvažovat soustavu m lineárních rovnic o n neznámých s koeficienty z tělesa T (potom hovoříme o soustavě m lineárních rovnic o n neznámých nad tělesem

Více

Test žáka. Zdroj testu: Celoplošná zkouška 2. Školní rok 2012/2013 MATEMATIKA. Jméno: Třída: Škola: Termín provedení testu:

Test žáka. Zdroj testu: Celoplošná zkouška 2. Školní rok 2012/2013 MATEMATIKA. Jméno: Třída: Škola: Termín provedení testu: Test žáka Zdroj testu: Celoplošná zkouška 2 Školní rok 2012/2013 MATEMATIKA Jméno: Třída: Škola: Termín provedení testu: Datum vytvoření: 14. 10. 2013 Obtížnost 1 Úloha 1 Kolik os souměrnosti má kruh?

Více

Kombinace s opakováním

Kombinace s opakováním 9..3 Kombinace s opaováním Předpolady: 907. 908, 9, 92 Pedagogicá poznáma: Tato hodina zabere opět minimálně 70 minut. Asi ji čeá rozšíření na dvě hodiny. Netradiční začáte. Nemáme žádné přílady, ale rovnou

Více

3. Reálná čísla. většinou racionálních čísel. V analytických úvahách, které praktickým výpočtům

3. Reálná čísla. většinou racionálních čísel. V analytických úvahách, které praktickým výpočtům RACIONÁLNÍ A IRACIONÁLNÍ ČÍSLA Význačnými množinami jsou číselné množiny K nejvýznamnějším patří množina reálných čísel, obsahující jako podmnožiny množiny přirozených, celých, racionálních a iracionálních

Více

Usekne-li Honza 1 hlavu, narostou dva ocasy. Tento tah můžeme zakreslit následujícím způsobem: Usekne-li 2 hlavy, nic nenaroste.

Usekne-li Honza 1 hlavu, narostou dva ocasy. Tento tah můžeme zakreslit následujícím způsobem: Usekne-li 2 hlavy, nic nenaroste. Řešení 2. série Řešení J-I-2-1 1. krok: Číslici 2 ve třetím řádku můžeme dostat jedině násobením 5 4 = 20, 5 5 = 25. Tedy na posledním místě v prvním řádku může být číslice 4 nebo 5. Odtud máme i dvě možnosti

Více

Matematický KLOKAN : ( ) = (A) 1 (B) 9 (C) 214 (D) 223 (E) 2 007

Matematický KLOKAN : ( ) = (A) 1 (B) 9 (C) 214 (D) 223 (E) 2 007 Matematický KLOKN 007 kategorie enjamín Úlohy za 3 body. Které číslo patří do prázdného rámečku? 007 : ( + 0 + 0 + 7) 0 0 7 = () () 9 (C) 4 (D) 3 (E) 007. Který z dílů stavebnice musíš přiložit k dílu

Více

PRAVDĚPODOBNOST A JEJÍ UŽITÍ

PRAVDĚPODOBNOST A JEJÍ UŽITÍ PRAVDĚPODOBNOST A JEJÍ UŽITÍ Základním pojmem teorie pravděpodobnosti je náhodný jev. náhodný jev : výsledek nějaké činnosti nebo pokusu, o němž má smysl prohlásit že nastal nebo ne. Náhodné jevy se označují

Více

Základním pojmem v kombinatorice je pojem (k-prvková) skupina, nebo také k-tice prvků, kde k je přirozené číslo.

Základním pojmem v kombinatorice je pojem (k-prvková) skupina, nebo také k-tice prvků, kde k je přirozené číslo. přednáša KOMBINATORIKA Kombinatoria je obor matematiy, terý se zabývá uspořádáním daných prvů podle určitých pravidel do určitých supin Záladním pojmem v ombinatorice je pojem (-prvová) supina, nebo taé

Více

9.1.1 Základní kombinatorická pravidla I

9.1.1 Základní kombinatorická pravidla I 9.. Základní kombinatorická pravidla I Předpoklady: Př. : Ve třídě je 7 děvčat a 3 kluků. Kolik máme možností jak vybrat dvojici klukholka, která bude mít projev na maturitním plese? Vybíráme ze 7 holek

Více

pro každé i. Proto je takových čísel m právě N ai 1 +. k k p

pro každé i. Proto je takových čísel m právě N ai 1 +. k k p KOMENTÁŘE ÚLOH 43. ROČNÍKU MO, KATEGORIE A 1. Přirozené číslo m > 1 nazveme k násobným dělitelem přirozeného čísla n, pokud platí rovnost n = m k q, kde q je celé číslo, které není násobkem čísla m. Určete,

Více

v z t sin ψ = Po úpravě dostaneme: sin ψ = v z v p v p v p 0 sin ϕ 1, 0 < v z sin ϕ < 1.

v z t sin ψ = Po úpravě dostaneme: sin ψ = v z v p v p v p 0 sin ϕ 1, 0 < v z sin ϕ < 1. Řešení S-I-4-1 Hledáme vlastně místo, kde se setkají. A to tak, aby nemusel pes na zajíce čekat nebo ho dohánět. X...místo setkání P...místo, kde vybíhá pes Z...místo, kde vybíhá zajíc ZX = v z t P X =

Více

Příklad 1 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 6

Příklad 1 ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 6 Příklad 1 Vyšetřete průběh funkce: a) = b) = c) = d) =ln1+ e) =ln f) = Poznámka K vyšetřování průběhu funkce použijeme postup uvedený v zadání. Některé kroky nejsou již tak detailní, všechny by ale měly

Více

55. ročník matematické olympiády

55. ročník matematické olympiády . ročník matematické olympiády! " #%$'&( *$,+ 1. Najděte všechny dvojice celých čísel x a y, pro něž platí x y = 6 10.. Je dán rovnostranný trojúhelník ABC o obsahu S a jeho vnitřní bod M. Označme po řadě

Více

MASARYKOVA UNIVERZITA V BRNĚ. Sbírka úloh z kombinatoriky

MASARYKOVA UNIVERZITA V BRNĚ. Sbírka úloh z kombinatoriky MASARYKOVA UNIVERZITA V BRNĚ Přírodovědecká fakulta Bakalářská práce z matematiky Sbírka úloh z kombinatoriky pro středoškoláky Brno 2007 Petr Šurek Prohlášení: Prohlašuji, že jsem tuto bakalářskou práci

Více

Kód uchazeče ID:... Varianta:

Kód uchazeče ID:... Varianta: Fakulta informačních technologií ČVUT v Praze Přijímací zkouška z matematiky 01 Kód uchazeče ID:.................. Varianta: 1. Mějme dvě čísla zapsaná v sedmičkové soustavě 3456 7 a 3310 7. Vyjádřete

Více

Matematický KLOKAN 2007 kategorie Junior (A) 8 (B) 9 (C) 11 (D) 13 (E) 15 AEF? (A) 16 (B) 24 (C) 32 (D) 36 (E) 48

Matematický KLOKAN 2007 kategorie Junior (A) 8 (B) 9 (C) 11 (D) 13 (E) 15 AEF? (A) 16 (B) 24 (C) 32 (D) 36 (E) 48 Matematický KLOKAN 007 kategorie Junior Úlohy za 3 body 1. Lucka, Radek a David mají dohromady 30 míčů. Jestliže Radek dá 5 míčů Davidovi, David dá 4 míče Lucce a Lucka dá míče Radkovi, budou mít oba chlapci

Více

Kombinatorika, základní kombinatorická pravidla, pravidlo součtu, pravidlo součinu

Kombinatorika, základní kombinatorická pravidla, pravidlo součtu, pravidlo součinu Škola: Gymnázium, Brno, Slovanské náměstí 7 Šablona: Název projektu: Číslo projektu: Autor: Tematická oblast: Název DUMu: Kód: III/2 - Inovace a zkvalitnění výuky prostřednictvím ICT Inovace výuky na GSN

Více

Napsali: Mgr. Michaela Jedličková; RNDr. Peter Krupka, Ph.D.; RNDr. Jana Nechvátalová Recenzenti:

Napsali: Mgr. Michaela Jedličková; RNDr. Peter Krupka, Ph.D.; RNDr. Jana Nechvátalová Recenzenti: Použité symboly: Motivace k probíranému učivu na praktickém příkladu Úvahové úlohy nebo otázky poukazující na další souvislosti probírané látky s běžným životem Připomenutí učiva, na které nová látka navazuje

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

9.1.8 Kombinace I. Předpoklady: 9107

9.1.8 Kombinace I. Předpoklady: 9107 9.1.8 Kombinace I Předpoklady: 9107 Př. 1: Urči, kolika způsoby je možné ze třídy s 1 studenty vybrat dva zástupce do studentské rady (bez rozlišení funkce). Vybíráme dvojici z 1 studentů: 1. student 1

Více

IB112 Základy matematiky

IB112 Základy matematiky IB112 Základy matematiky Řešení soustavy lineárních rovnic, matice, vektory Jan Strejček IB112 Základy matematiky: Řešení soustavy lineárních rovnic, matice, vektory 2/53 Obsah Soustava lineárních rovnic

Více

Cvičné texty ke státní maturitě z matematiky

Cvičné texty ke státní maturitě z matematiky Cvičné texty ke státní maturitě z matematiky Pracovní listy s postupy řešení Brno 2010 RNDr. Rudolf Schwarz, CSc. Státní maturita z matematiky Obsah Obsah NIŽŠÍ úroveň obtížnosti 4 MAGZD10C0K01 říjen 2010..........................

Více

CVIČNÝ TEST 1. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 21 IV. Záznamový list 23

CVIČNÝ TEST 1. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 21 IV. Záznamový list 23 CVIČNÝ TEST 1 Mgr. Tomáš Kotler OBSAH I. Cvičný test 2 II. Autorské řešení 6 III. Klíč 21 IV. Záznamový list 23 I. CVIČNÝ TEST 1 Určete výraz V, který je největším společným dělitelem výrazů V 1 V 3 :

Více

62.ročník Matematické olympiády. I.kolo kategorie Z6

62.ročník Matematické olympiády. I.kolo kategorie Z6 62.ročník Matematické olympiády I.kolo kategorie Z6 Z6 I 1 Libor si myslí trojmístné přirozené číslo, které má všechny své číslice liché. Pokud kněmupřičte421,dostanetrojmístnéčíslo,kterénemáanijednusvoučíslicilichou.najděte

Více

Programy na PODMÍNĚNÝ příkaz IF a CASE

Programy na PODMÍNĚNÝ příkaz IF a CASE Vstupy a výstupy budou vždy upraveny tak, aby bylo zřejmé, co zadáváme a co se zobrazuje. Není-li určeno, zadáváme přirozená čísla. Je-li to možné, používej generátor náhodných čísel vysvětli, co a jak

Více

CVIČNÝ TEST 43. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 13 IV. Záznamový list 15

CVIČNÝ TEST 43. OBSAH I. Cvičný test 2. Mgr. Tomáš Kotler. II. Autorské řešení 6 III. Klíč 13 IV. Záznamový list 15 CVIČNÝ TEST 43 Mgr. Tomáš Kotler OBSAH I. Cvičný test 2 II. Autorské řešení 6 III. Klíč 13 IV. Záznamový list 15 I. CVIČNÝ TEST 1 bod 1 Pro a, b R + určete hodnotu výrazu ( a b) 2 ( a + b) 2, víte-li,

Více

Opakovací test. Kombinatorika A, B

Opakovací test. Kombinatorika A, B VY_32_INOVACE_MAT_193 Opakovací test Kombinatorika A, B Mgr. Radka Mlázovská Období vytvoření: listopad 2012 Ročník: čtvrtý Tematická oblast: matematické vzdělávání Klíčová slova: maturita, přijímací zkoušky,

Více

Pracovní list č. 4 Počítáme s pravděpodobností

Pracovní list č. 4 Počítáme s pravděpodobností racovní list č. 4 očítáme s pravděpodobností Cíl cvičení: Tento pracovní list je určen pro cvičení předmětu Kvantitativní metody II (přednáška 3.1). Je zaměřen především pro práci s kalkulačkou, program

Více

I. kolo kategorie Z7

I. kolo kategorie Z7 66. ročník Matematické olympiády I. kolo kategorie Z7 Z7 I 1 Čtverec se stranou 4 cm je rozdělen na čtverečky se stranou 1 cm jako na obrázku. Rozdělte čtverec podél vyznačených čar na dva útvary s obvodem

Více

Základním pojmem v kombinatorice je pojem (k-prvková) skupina, nebo také k-tice prvků, kde k je přirozené číslo.

Základním pojmem v kombinatorice je pojem (k-prvková) skupina, nebo také k-tice prvků, kde k je přirozené číslo. přednáša KOMBINATORIKA Při řešení mnoha praticých problémů se setáváme s úlohami, ve terých utváříme supiny z prvů nějaé onečné množiny Napřílad máme sestavit rozvrh hodin z daných předmětů, potřebujeme

Více

ŘEŠENÍ KVADRATICKÝCH A ZLOMKOVÝCH NEROVNIC V ŠESTI BODECH

ŘEŠENÍ KVADRATICKÝCH A ZLOMKOVÝCH NEROVNIC V ŠESTI BODECH (Tento text je součástí výkladu k definičním oborům, tam najdete další příklady a pokud chcete část tohoto textu někde použít, můžete čerpat ze stažené kompletní verze definičních oborů ve formátu.doc.)

Více

2. Určete jádro KerL zobrazení L, tj. nalezněte alespoň jednu jeho bázi a určete jeho dimenzi.

2. Určete jádro KerL zobrazení L, tj. nalezněte alespoň jednu jeho bázi a určete jeho dimenzi. Řešené příklady z lineární algebry - část 3 Typové příklady s řešením Příklad 3.1: Zobrazení L: P 3 R 23 je zobrazení z prostoru P 3 všech polynomů do stupně 3 (včetně nulového polynomu) do prostoru R

Více

Svobodná chebská škola, základní škola a gymnázium s.r.o. Dušan Astaloš. samostatná práce, případně skupinová práce. pochopení znaků vztahů mezi čísly

Svobodná chebská škola, základní škola a gymnázium s.r.o. Dušan Astaloš. samostatná práce, případně skupinová práce. pochopení znaků vztahů mezi čísly METODICKÝ LIST DA6 Název tématu: Autor: Předmět: Dělitelnost dělitel a násobek, sudá a lichá čísla, prvočísla a čísla složená Dušan Astaloš Matematika Ročník: 6. Učebnice: Kapitola, oddíl: Metody výuky:

Více

M - Příprava na 1. zápočtový test - třída 3SA

M - Příprava na 1. zápočtový test - třída 3SA M - Příprava na 1. zápočtový test - třída 3SA Autor: Mgr. Jaromír JUŘEK Kopírování a jakékoliv další využití výukového materiálu je povoleno pouze s uvedením odkazu na www.jarjurek.cz. VARIACE 1 Tento

Více

South Bohemia Mathematical Letters Volume 23, (2015), No. 1, DĚLENÍ KRUHU NA OBLASTI ÚVOD

South Bohemia Mathematical Letters Volume 23, (2015), No. 1, DĚLENÍ KRUHU NA OBLASTI ÚVOD South Bohemia Mathematical Letters Volume 23, (2015), No. 1, 113-122. DĚLENÍ KRUHU NA OBLASTI MAREK VEJSADA ABSTRAKT. V textu se zabývám řešením následujícího problému: Zvolíme na kružnici určitý počet

Více

5) Ve třídě 1.A se vyučuje 11 různých předmětů. Kolika způsoby lze sestavit rozvrh na 1 den, vyučuje-li se tento den 6 různých předmětů?

5) Ve třídě 1.A se vyučuje 11 různých předmětů. Kolika způsoby lze sestavit rozvrh na 1 den, vyučuje-li se tento den 6 různých předmětů? 0. Kombinatorika, pravděpodobnost, statistika Kombinatorika ) V restauraci mají na jídelním lístku 3 druhy polévek, 7 možností výběru hlavního jídla, druhy moučníku. K pití si lze objednat kávu, limonádu

Více

Téma 1: Numerické výpočty (číselné množiny, druhy čísel, absolutní hodnota, zaokrouhlování, dělitelnost čísel, společný násobek a dělitel čísel)

Téma 1: Numerické výpočty (číselné množiny, druhy čísel, absolutní hodnota, zaokrouhlování, dělitelnost čísel, společný násobek a dělitel čísel) Téma : Numerické výpočty (číselné množiny, druhy čísel, absolutní hodnota, zaokrouhlování, dělitelnost čísel, společný násobek a dělitel čísel) Příklady Číselná osa ) Která z následujících čísel neleží

Více

Diferenciální rovnice 1

Diferenciální rovnice 1 Diferenciální rovnice 1 Základní pojmy Diferenciální rovnice n-tého řádu v implicitním tvaru je obecně rovnice ve tvaru,,,, = Řád diferenciální rovnice odpovídá nejvyššímu stupni derivace v rovnici použitému.

Více