Doplňkové materiály k učebnici matematiky pro gymnázia

Masarykova univerzita Přírodovědecká fakulta Bc. Lenka Balounová Doplňkové materiály k učebnici matematiky pro gymnázia Diplomová práce Vedoucí diplomové práce: RNDr. Jiří Herman, PhD. Brno 010

Na tomto místě bych ráda poděkovala všem, kteří mi s prací pomohli, zvláště pak mému vedoucímu diplomové práce panu RNDr. Jiřímu Hermanovi, PhD. za jeho velmi cenné rady a připomínky. Prohlašuji, že jsem tuto práci vypracovala sama a čerpala jsem pouze z materiálů uvedených v seznamu literatury. V Brně dne 8.5.010 Lenka Balounová

Název práce: Doplňkové materiály k učebnici matematiky pro gymnázia Autor: Bc. Lenka Balounová Ústav matematiky a statistiky Přírodovědecké fakulty MU Vedoucí diplomové práce: RNDr. Jiří Herman, PhD. Abstrakt: Text se zabývá tématem středoškolské kombinatoriky, které je rozšířené o princip inkluze a exkluze a Dirichletův princip. Práce obsahuje příklady řešené více způsoby a mnoho příkladů k procvičení a zopakování učiva. Cílem diplomové práce bylo pomoci učitelům s přípravou na výuku kombinatoriky a zároveň jim poskytnout dostatečný počet úloh na procvičení. Klíčová slova: Kombinatorika, variace, permutace, kombinace Title: Additional materiále for grammar school mathematics textbooks Autor: Bc. Lenka Balounová Department od Mathematics and Statistics, Faculty of Science, MU Supervisor: RNDr. Jiří Herman, PhD. Abstract: The text deals with combinatorics for secondary schools. The theme is extended of the inclusion-exclusion principle and Dirichlet's principle. The work includes several problems solved in various ways and a lot of problems aimed at practice and revision of the subject matter. The aim of my diploma thesis is helped teachers with preparing for teaching combinatorics along with gave them sufficient samples from combinatorics, which would be useful. Keyword: Combinatorics, variations, permutations, combinations

Obsah Obsah Obsah... 5 Úvod... 6 1. Základní pravidla... 7 1.1 Princip inkluze a exkluze... 7 1. Pravidlo součtu a součinu... 13 1.3 Dirichletův princip... 18 1.4. Souhrnná cvičení... 0. Skupiny prvků bez opakování....1 Permutace.... Variace... 9.3 Kombinace... 37.4 Souhrnná cvičení... 43 3. Skupiny prvků s opakováním... 46 3.1 Permutace s opakováním... 46 3. Variace s opakováním... 54 3.3 Kombinace s opakováním... 59 3.4 Souhrnná cvičení... 65 4. Návrh písemné práce... 68 Návody a řešení... 76 Seznam použité literatury... 93 5

Úvod Úvod Kombinatorika, jako jediná matematická disciplína, nenavazuje na žádné matematické poznatky, které jsme získali během studia matematiky. Studenti, kteří se dosud s matematikou potýkali z důvodu nepochopení nějaké předešlé látky, zde mohou dosahovat skvělých výsledků. Jediné, co musí využít jsou jejich logické schopnosti. Studenti, s horší matematickou představivostí, využijí ke správným výpočtům vzorce. S horší představivostí kombinatorických postupů se nesetkáváme pouze u žáků, někdy kombinatorika dělá problém i samotným učitelům. Doplňkové materiály mají sloužit jako výpomoc učitelům, jak interpretovat několika způsoby neřešené příklady uvedené v učebnici Matematika pro gymnázia; Kombinatorika, pravděpodobnost a statistika, nebo pro žáky, jako návod s podrobným postupem, jak řešit jednotlivé příklady. Příklady jsou většinou vysvětleny dvěma způsoby, ale postupů může existovat i víc. V prvním článku jsou vysvětlena základní kombinatorická pravidla, která jsou proti učebnici rozšířena o Princip inkluze a exkluze a Dirichletův princip. Ke všem pravidlům jsou uvedeny řešené příklady s podrobným návodem a další příklady k procvičení. Článek končí směsí příkladů. Druhý článek pojednává o skupinách prvků bez opakování. Setkáme se zde s permutacemi, variacemi a kombinacemi. Všechna témata jsou doprovázena opět řešenými příklady a příklady k procvičení. Kapitola je zakončena souhrnnými úlohami, kde jsou jednotlivá témata promíchána. Třetí článek, zabývající se prvky s opakováním, je sestaven obdobně. Předposlední, čtvrtou kapitolou je Návrh písemné práce. Písemná práce je omezena časově, žáci mají na výběr ze třech obtížností po čtyřech příkladech, které jsou různě obodované, záleží tedy pouze na nich, jaké příklady si zvolí a kolik bodů za určený čas získají. K určení potřebného času na písemnou práci a bodového hodnocení je klíčová nejtěžší obtížnost. Je to čas potřebný k vypočítání čtyř příkladů z této obtížnosti a plný počet bodů za tyto čtyři úkoly. Písemná práce je zpracovaná ve dvou variantách. Za variantami je uvedeno řešení a závěr z písemné práce v praxi. Poslední článek je věnovaný návodům a řešením příkladů k procvičení z jednotlivých paragrafů. Je důležité si uvědomit, že k vyřešení kombinatorických příkladů nestačí pouhé dosazení do vzorce, ale je nutné provést zamyšlení nad jednotlivými příklady. 6

Princip inkluze a exkluze 1. Základní pravidla 1.1 Princip inkluze a exkluze Princip inkluze a exkluze patří mezi základní kombinatorická pravidla. V tomto textu nebude užitý v pravém obecném významu, ale pouze pro speciální případy, týkající se dvou nebo tří konečných množin prvků s danou vlastností. Podstatou principu je sloučení ( inkluze ) všech prvků konečných množin s danými vlastnostmi a vyloučení ( exkluze ) těch prvků, které jsme již započítali. Pro sjednocení dvou množin platí vzorec: Obrázkem: A B = A + B A B. Vidíme, že množina A je tvořena khaki a červenou částí, množina B žlutou a červenou, tím pádem při součtu všech prvků množin A a B červenou oblast započítáváme dvakrát, proto ji musíme na konci jednou odečíst. Podobný vzorec platí pro sjednocení tří konečných množin. Pravidlo je stejné, nejprve sečteme prvky všech množin A (žlutá + zelená + fialová + hnědá), B (červená + růžová + +fialová + zelená) a C (modrá + hnědá + fialová + růžová). Zaměříme se na barvy, které se ve výčtu objevují dvakrát, tyto barvy potřebujeme jednou odebrat. Dosáhneme to tak, že odečteme průnik vždy těch množin, které dané barvy obsahují, tj. A B( z + f ), B C( r + f ) a A C( h + f ), tj. vezmeme průniky množin po dvou a odečteme je. Nyní máme barvy žlutou, zelenou, červenou, růžovou, hnědou a modrou v součtu právě jednou. Problém nastane s fialovou, kterou jsme na začátku třikrát připočetli, v druhém kroku zase třikrát odebrali. Musíme ji tedy znovu připočítat jako průnik všech množin. Dostaneme vzorec: A B C = A + B + C A B A B A C + + A B C 7

Princip inkluze a exkluze Obrázkem: 1.1.1 Řešené příklady 1.1.1.1 Za jeden den odstranili v autodílně na 46 automobilech 4 poruch brzd a 36 poruch motorů. Kolik aut mělo poruchu jen na brzdách a kolik automobilů mělo pouze poruchu motoru? Než začneme dosazovat do vzorce, musíme si ujasnit, co počítáme a které složky vzorce už známe. Množinou M 1 si označíme všechna auta s poruchou brzd. Auta s porouchaným motorem budou tvořit množinu M. Počet všech automobilů, které v dílně opravili, je sjednocením množin M 1 a M. Budeme tedy počítat průnik množin, který značí počet aut s poruchou brzd i motoru. Výsledný počet automobilů pak odečteme od původního počtu množiny M 1 a M a můžeme odpovědět na otázku. M M = M + M M, 1 1 1 M 46 = 4 + 36 x, x = M 1 M, x = 14, M 14 10, M 14. 1 = = Automobilů s poruchou pouze na brzdách je 10 a pouze na motoru je. 1.1.1. V oddělení výzkumného ústavu pracuje několik osob, z nichž každá zná aspoň jeden z těchto tří světových jazyků angličtinu, němčinu nebo francouzštinu. Šest osob ovládá angličtinu, šest němčinu a sedm francouzštinu, 4 osoby hovoří anglicky i německy, 3 osoby německy i francouzsky, osoby francouzsky i anglicky, jeden pracovník ovládá všechny tři uvedené jazyky. Kolik osob pracuje v oddělení? Kolik z nich hovoří pouze anglicky? Kolik z nich hovoří pouze francouzsky? 8

Princip inkluze a exkluze Množinou M 1 označíme osoby mluvící anglicky, množinu M tvoří osoby se znalostí němčiny a množina M 3 obsahuje osoby ovládající francouzštinu. Osoby hovořící dvěma nebo více jazyky náleží do průniků příslušných množin, čtenář sám rozmyslí. Použijeme vzorec: M M M = M + M + M M M M M 1 M 1 M 3 3 + M 1 1 M M Odpovědí na první otázku je sjednocení všech množin M 1 M M 3, dosadíme x = 6 + 6 + 7 4 3 + 1, x = 11. Ke zjištění odpovědi na druhou otázku musíme vzít celkový počet angličtinářů, odečíst od nich všechny, kteří k ní zvládají navíc jeden další jazyk a přičíst osoby, které vládnou všemi jazyky, protože tyto osoby byly vyloučeny jak v kombinaci jazyků AJ-NJ, tak AJ-FJ. Proto a = 6 4 + 1, a = 1. Obdobně otázka třetí f = 7 3 + 1, f = 3. V ústavu pracuje celkem 11 zaměstnanců, jeden z nich hovoří pouze anglicky a tři pouze francouzsky. 3 3 1 3 Obrázkem: 9

Princip inkluze a exkluze 1.1.1.3 O dělnících z určité dílny je známo, že 0 z nich je vyučeno nástrojáři a 14 z nich je vyučeno svářeči. Kolik dělníků v této dílně pracuje, jestliže je každý dělník z dílny vyučen aspoň v jednom z těchto oborů? Máme dvě množiny, jednu tvořenou nástrojáři a druhou obsahující vyučené svářeče. Nemáme zde řečeno nic o vztahu těchto dvou množin, nevíme, v kolika zaměstnancích se množiny překrývají, proto musíme uvažovat všechny možné výsledky a stanovit interval celkového počtu dělníků v dílně. Největší možný výsledek nastane, pokud každý dělník bude vyučen pouze jednomu oboru, množiny jsou disjunktní, tj. jejich průnik je prázdný. Obrázkem: Nejmenší počet mužů v dílně bude, pokud všichni svářeči budou zároveň vyučeni i nástrojářem. Obrázkem: O dělnících můžeme říct, že jich je nejméně 0 a nejvíce 34. 1.1.1.4 V letadle na mezinárodní lince je 9 chlapců, 5 amerických dětí, 9 mužů, 7 dětí jiné státní příslušnosti, 14 Američanů, z nichž je 6 mužů, a 7 žen jiné státní příslušnosti. Kolik cestujících je v letadle? Úloha je náročná na představu, které z uvedených skupin spojit. Množiny bychom mohli udělat buď tři, muži, ženy, děti, nebo dvě, Američané a jiné národnosti. Další možností je tyto 10

Princip inkluze a exkluze proudy spojit. Chlapci, kterých je 9, patří mezi děti, těch je na palubě dohromady 1, tj. 5 Američanů a 7 jiné příslušnosti. Mužů je celkem 9, z nichž je 6 Američanů a tři muži jsou tedy jiné národnosti. Ženy vypočítáme jako součet zbylých amerických občanů a 7 žen jiné státní příslušnosti. Tedy 1 + 9 + {( 14 5 6) + 7} = 31. Obrázkem: Na palubě letadla je dohromady 31 cestujících. Pozn.: Protože množiny mužů, žen a dětí jsou disjunktní, lze příklad použít i pro pravidlo součtu, které bude zmíněno v další kapitole. 1.1.1.5 V jedné třídě je údajně 45 žáků, z toho 5 chlapců. 30 žáků této třídy má dobrý prospěch a z nich je 16 chlapců. Brýle nosí 8 žáků, z nich je 18 chlapců. 17žáků s brýlemi má dobrý prospěch. 15 chlapců má dobrý prospěch a zároveň nosí brýle. Je to možné? Zadání se nás ptá, zda je možné sestavit třídu podle zadaných kritérií, tj. musíme ověřit platnost počtu žáků ve třídě, počtu chlapců ve třídě a nesmíme opomenout nezmiňovanou složku, dívky ve třídě. Nejprve zkontrolujeme počet žáků. První množinou bude DP(dobrý prospěch), druhou B(brýle). Dosadíme do vzorce. M M = M + M M, 1 1 1 M x = 30 + 8 17, x = 41. Ve třídě, aby vyhovovala zadání musí být nejméně 41 žáků. Může jich být více,ale nesplňují buď ani jednu podmínku nebo jen jednu z nich. Za druhé ověříme počet chlapců. Rozdělení množin bude stejné jako v předchozím případě, ale sjednocení teď může dosáhnout maximálního počtu 5 chlapců. ch = 16 + 18 15, ch = 19. 11

Princip inkluze a exkluze Dvě podmínky jsou splněny. Do třetice ověříme počet děvčat, kterých by ve třídě mělo být 45 5 = 0. d = ( 30 16) + ( 8 18), d =. Vidíme, že zde podmínka splněna není. Třída ze zadání nemůže existovat. 1.1. Příklady k procvičení 1.1..1 V jedné třídě, v níž každý žák ovládá aspoň jeden ze dvou jazyků, AJ nebo NJ, hovoří 5 žáků anglicky, 16 žáků německy a 7 žáků hovoří oběma jazyky. Kolik žáků chodí do této třídy? 1.1.. Na letním koupališti byl bazén napuštěn dvěma čerpadly. První čerpadlo pracovalo 39 hodin, druhé 1 hodin. Dohromady pracovaly obě čerpadla 13 hodin. Jak dlouho trvalo napuštění bazénu? 1.1..3 Průzkum čtenářského zájmu ve dvou třídách ukázal, že 60% žáků čte časopis A, 50% žáků časopis B, 50% časopis C, 30% časopis A a zároveň B, 0% časopis B a zároveň C, 30% časopis A a zároveň C a 10% všechny tři časopisy. Kolik procent žáků čte právě dva časopisy? 1.1..4 Kolik čísel, která nejsou dělitelná ani dvěma, ani pěti, je mezi přirozenými čísly od 1 do 000? 1.1..5 Ve sborovně se hovořilo o matematických dovednostech žáků jedné třídy. Matematik tvrdil, že nikdo z této třídy neumí počítat rychle a přitom správně. Fyzik tvrdil, že nikdo ze třídy neumí počítat rychle a nikdo neumí počítat správně. Třídní poznamenal, že kolega fyzik má o dovednostech jeho žáků horší mínění než matematik. Má třídní učitel pravdu? 1

Pravidlo součtu a součinu 1. Pravidlo součtu a součinu Pravidlem součtu a pravidlem součinu lze vyřešit mnoho kombinatorických úloh bez znalosti kombinatorických vzorců. Kapitola je zařazena záměrně za princip inkluze a exkluze, protože jak si všimneme za chvíli, pravidlo součtu je vlastně zjednodušeným výše zmíněným principem. Pravidlo součtu Jsou-li A 1, A,, Ankonečné množiny,které mají po řadě p 1, p,, p n prvků, a jsou-li každé dvě disjunktní, tj. průnik vždy dvou množin je prázdný, pak počet prvků množiny A 1 A... A n je roven p 1 + p +... pn. Převedeno do vzorce: A A... A = A A... A = p + p +... + p Což je princip inkluze a exkluze bez následného odečítání a přičítání průniků množin. 1 n 1 n 1 n, Laicky řečeno, jestliže lze v prvním případě zvolit m různých způsobů a ve druhém případě n různých způsobů, potom počet všech způsobů, kterými lze provést volbu jednoho z obou případů, je m + n. Pravidlo součinu Počet všech uspořádaných k-tic, jejichž první člen lze vybrat n1 způsoby, druhý člen po výběru prvního členu n způsoby atd. až k-tý člen po výběru všech předcházejících členů způsoby, je roven n 1 n... nk. Jinak řečeno, jestliže lze v prvním případě zvolit m různých způsobů a pro každý z těchto způsobů lze v druhém případě zvolit n různých způsobů, potom počet způsobů, kterými lze provést po sobě první a potom druhou volbu, je m n. n k 1..1 Řešené příklady Učebnice str. 11-1, původní číslování 1.1-1.8 1..1.1 Určete počet všech trojciferných přirozených čísel, v jejichž dekadickém zápisu se každá číslice vyskytuje nejvýše jednou. A Máme deset číslic, je to 0, 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Na místě stovek může stát pouze devět číslic, protože zde nesmí být nula. Ke každé z těchto možností můžeme vybrat jednu ze zbývajících osmi číslic plus číslici 0, dohromady tedy přiřazujeme opět jednu devíti možností. Na místo jednotek pak vybereme číslici ze zbývajícího počtu osmi. Dostaneme tedy: 9 9 8 = 648. B Uvažujeme všechna trojciferná čísla, vezmeme všechna čísla, která mají nejvýše tři cifry, těch je dohromady 999, v těchto číslech jsou zahrnuta i čísla jednociferná a dvojciferná, která 13

Pravidlo součtu a součinu musíme odstranit. Všech jednociferných čísel je 9 a dvojciferných je 99-9. Všech trojciferných čísel je tedy 999 90 9 = 900. Je zřejmé, že tato množina obsahuje také čísla, se všemi stejnými číslicemi, a čísla, se dvěma týmiž číslicemi a třetí rozdílnou. Tato numera musíme vyloučit. Čísel se stejnými číslicemi je stejně jako číslic s výjimkou nuly, tedy devět. Problém nastane při určování počtu čísel se stejnými číslicemi na dvou pozicích, protože nás můžou zmást čísla typu např. 11 a 11 a 11, dvě číslice jsou zde stejné, ale pořadí rozdílné. Pro výpočet musíme použít pravidla součinu. Musíme tedy ještě vyloučit případy, kdy jsou stejné číslice na místě stovek a desítek a na místě jednotek je číslice jiná, podobně, když máme stejné číslice na místě stovek a jednotek a stejné číslice na místě desítek a jednotek, na zbývající pozici je číslovka jiná. Všechny případy lze shrnout jako 3 9 9 = 43. Dohromady tedy dostaneme 900 9 43 = 648. Což je stejný výsledek jako v A. Doporučení: Využít první metodu, pravidlo součinu, protože postup použitý v B je značně komplikovaný na úvahu. 1..1. Určete, kolika způsoby lze na šachovnici 8 8 vybrat dvě různobarevná políčka tak, aby obě neležela v téže řadě ani v témže sloupci. Na šachovnici máme 3 polí bílé barvy a 3 polí černé barvy. Vybereme například jedno pole bílé barvy, máme 3 možností. Tímto výběrem jsme zablokovaly jednu řadu a jeden sloupec, tj. čtyři políčka černé barvy ve sloupci a čtyři černá políčka v řádku, která už nemohu použít. Musím tedy vybrat jedno černé pole ze zbývajících 3 ± 8 = 4 černých políček. Výsledkem 3 4 = 768. Poznámka: Jestli jako první vybereme bílou barvu nebo černou je nepodstatné, protože nám nezáleží na pořadí výběru. 1..1.3 Určete, kolik dvojjazyčných slovníků je třeba k tomu, aby byla zajištěna možnost přímého překladu z anglického, francouzského, německého a ruského jazyka do každého z nich. V tomto příkladu záleží na pořadí jazyků, protože jak si čtenář jistě uvědomí, např. z AJ do FJ by se velmi těžko překládalo s pomocí francouzsko-anglického slovníku, k tomuto překladu potřebujeme slovník anglicko-francouzský. Proto nejprve vybereme jeden jazyk, tento výběr provedeme čtyřmi způsoby, a k němu přidáváme každý ze zbývajících třech jazyků. Dostaneme 4 3 = 1. 14

Pravidlo součtu a součinu 1..1.4 Z místa A do místa B vedou čtyři turistické cesty, z místa B do C tři. Určete počet způsobů, jimiž lze vybrat trasu a) z A do C a zpět b) z A do C a zpět tak, že z těchto sedmi cest není žádná použita dvakrát c) z A do C a zpět tak, že z těchto sedmi cest jsou právě dvě použity dvakrát. a) Nejprve se z místa A musíme dostat do místa B, což lze provést čtyřmi způsoby, k těmto možnostem vybereme cestu z B do C třemi způsoby a dostaneme 4 3 = 1. Cesta nazpátek do místa A proběhne stejným způsobem, nejprve máme tři možnosti, ke kterým přiřazujeme různé čtyři cesty z A do B. Dohromady 4 3 3 4 = 144. b) Cestu z A do C přes B absolvujeme stejně jako v předcházejícím zadání, dostaneme 1 možností, zpáteční trasa se komplikuje, protože nyní máme na výběr vždy o jednu cestu méně. Tedy z místa C do B máme pouze dvě možnosti, k nimž přiřazujeme možnosti cest z B do A, které jsou nyní tři. Výsledkem je 4 3 3 = 7. c) Cesty z místa A do místa C opět vybereme jako v zadání a). Tímto je tento příklad vyřešen, protože právě dvě cesty mají být použity dvakrát, což je splněno. Z místa C do A se vracíme po cestách, které jsme použili při cestě tam. Tedy 4 3 = 1. 1..1.5 V košíku je 1 jablek a 10 hrušek. Petr si má z něho vybrat buď jablko, anebo hrušku tak, aby Věra, která si po něm vybere jedno jablko a jednu hrušku, měla co největší možnost výběru. Určete, co si má Petr vybrat. Vyřešíme si oba případy, kdy bude mít Věra větší možnost výběru, když si Petr vezme jablko a když si Petr vezme hrušku, výsledky porovnáme a určíme, které ovoce si má Petr vzít. Petr vzal jablko, Věra tedy vybírá z 11 jablek a 10 hrušek, což je 11 10 = 110, Petr vzal hrušku, Věra má na výběr z 1 jablek a 9 hrušek, tedy 1 9 = 108. Větší výběr bude Věra mít, když si Petr vezme jablko. 1..1.6 Na vrchol hory vedou čtyři turistické cesty a lanovka. Určete počet způsobů, kterými je možnost dostat a) na vrchol a zpět b) na vrchol a zpět tak, aby zpáteční cesta byla jiná než cesta na vrchol c) na vrchol a zpět tak, aby aspoň jednou byla použita lanovka d) na vrchol a zpět tak, aby lanovka byla použita právě jednou. 15

Pravidlo součtu a součinu a) analogicky jako v příkladě 1.4 a). Na vrchol vede pět možností a stejně tak dolů. Tedy 5 5 = 5. b) analogicky 1.4 b). Na vrchol vede pět možností, nazpět můžu použít pouze čtyři: 5 4 = 0. c) Lanovka má být použita aspoň jednou, tj. jednou nebo dvakrát. Příklad rozdělíme do dvou částí. První část je, když jednu cestu absolvuji lanovkou a druhou cestu volím ze zbývajících čtyřech možností. Pozor, záleží na pořadí, rozlišujeme, zda jedeme nahoru lanovkou a dolů jdeme pěšky nebo naopak. Druhá část, obě cesty, nahoru i dolu, jedu lanovkou. Dohromady 1 4 + 4 1+ 1 = 9. d) viz. první část v předchozím zadání. Výsledek je 1 4 + 4 1 = 8. 1..1.7 Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel, v jejichž dekadickém zápisu není nula a ze zbývajících devíti číslic se v něm každá vyskytuje nejvýše jednou. Kolik z těchto čísel je větších než 9000? Kolik je menších než 3000? Všech čtyřciferných čísel sestávajících se z devíti číslic, kde se žádná neopakuje je 9 8 7 6 = 304. Počet čísel větších než 9000 zjistíme tak, že na pozici tisíců pevně stanovíme číslici 9, na pozici stovek máme už na výběr ze zbývajících osmi možností atd. Dostaneme 1 8 7 6 = 336. Podobně budeme postupovat při zjišťovaní počtu čísel menších než 3000. Na první pozici tedy může být číslice 1 nebo, na ostatní místa, stovek, desítek a jednotek, pak dosadíme zbývající číslice. Máme 8 7 6 = 67. 1..1.8 Určete počet všech čtyřciferných přirozených čísel, jejichž dekadický zápis je složen z číslic 1,, 3, 4, 5 (každá z nich se může opakovat), která jsou dělitelná a) pěti b) dvěma c) čtyřmi. Pro řešení tohoto typu úloh je vhodné zopakovat pravidla dělitelnosti čísel. a) Číslo je dělitelné pěti, jestliže jeho dekadický zápis končí číslicí 0 nebo 5. V nabídnutých možnostech je pouze číslice 5, tu tedy pevně položíme na místo jednotek. Zbývají nám tři pozice k obsazení. Číslice se mohou opakovat, proto na místo desetitisíců můžu vybírat ze všech nabídnutých číslic, přestože je číslice 5 už umístěna jinde. Stejně tak na pozici tisíců a stovek. Dostanu součin 5 5 5 1 = 15. 16

Pravidlo součtu a součinu b) Číslo je dělitelné dvěma, pokud jeho dekadický zápis je zakončen sudou číslicí. V našem případě číslicemi a 4. Úlohu řešíme podobně jako v úloze a), s tím rozdílem, že na poslední pozici můžeme umístit dvě číslice. 5 5 5 = 50. c) Pokud je poslední dvojčíslí čísla dělitelné čtyřmi, pak je číslo dělitelné čtyřmi. Musíme tedy mechanicky sestavit ze zadaných číslic dvojciferná čísla, která jsou dělitelná čtyřmi. Po úvaze dostaneme čísla 1, 4, 3, 44, 5, kterými obsadíme pevně pozici desítek a jednotek, na místo tisíců a desetitisíců můžeme číslici volit libovolně ze všech možností. Výsledek je 5 5 5 = 15. 1.. Příklady k procvičení 1...1 V některých zemích dávají rodiče dětem při narození více jmen. Kolik různých pojmenování nejvýše třemi jmény může dítě dostat, je-li k dispozici 300 různých jmen? Na pořadí jmen v pojmenování záleží. 1... U stánku nabízejí čtyři druhy zmrzliny a tři polevy. Kolik různých zmrzlin s polevou lze vytvořit, jestliže nechceme míchat více druhů ani více polev? 1...3 Ve třídě je 0 dětí s toho 7 chodí do kroužku kreslení, 5 hraje fotbal, hrají tenis. Kolik dětí nenavštěvuje žádný kroužek pokud víme, že žádný další kroužek ve škole není a žádné z dětí nenavštěvuje více jak jeden kroužek? 1...4 V antikvariátu mají 3 exempláře učebnice kombinatoriky, 7 exemplářů učebnice planimetrie a 5 exemplářů učebnice stereometrie. Student si potřebuje koupit od každé jeden kus, kolika způsoby může nákup provést? 1...5 Čtverec o straně 3 je rozdělen rovnoběžkami se stranami na 9 jednotkových čtverců. Určete počet všech čtverců vyskytujících se v obrazci daném konstrukcí. 17

Dirichletův princip 1.3 Dirichletův princip Dirichletův princip je dalším kombinatorickým pravidlem, které nevědomky užíváme pro výpočet některých příkladů. Příkladem může být případ svatebčanů. Příklad: Průvod svatebčanů doprovází ženicha a nevěstu na svatební obřad. Ten se ovšem nekoná v místě jejich bydliště a tak musí jet vlastními vozy. I s nastávajícími manželi je zde dohromady padesát lidí. K dispozici mají dvanáct osobních automobilů. Aby si nepomačkali šaty, rozhodnou se, že v každém autě pojedou nejvíce čtyři lidé. Všichni pomalu usedají porůznu do automobilů, ale dvě družičky zůstanou venku, už se nikam nevejdou. "Co se dá dělat, musíte se rozdělit a každá jet s někým. Spolu nemůžete, to by vás v autě bylo šest a to je moc." Rozhodla maminka ženicha. Plán tedy nevyšel. Děvčata si každá přisedla do jednoho auta, takže dvě auta musela jet naložena pěti osobami. Dirichletův princip Je-li aspoň nk + 1 objektů rozděleno do k přihrádek, pak v některé přihrádce je aspoň n + 1 objektů. 1.3.1 Řešené úlohy 1.3.1.1 Podle antropologie neexistují lidé s větším počtem vlasů než 500 000. Dokažte, že v Praze existují alespoň dva lidé se stejným počtem vlasů. Nejprve uvážíme počet obyvatel Prahy, podle většiny pramenů překračuje počet milion obyvatel. Podle antropologů nemá nikdo více než 500 000 vlasů, obyvatele tedy můžeme rozdělit do 500 000 skupin podle počtu vlasů. Počet obyvatel toto číslo o mnoho převyšuje, proto musí platit, že v některé skupině je více Pražanů, tito pak mají stejný počet vlasů. 1.3.1. Na konferenci 70 delegátů hovoří 11 různými jazyky, jedním jazykem nejvíce 15 z nich. Za oficiální je na konferenci považován takový jazyk, kterým hovoří nejméně 5 delegátů. Dokažte, že oficiální jsou alespoň tři jazyky. Na 11 jazyků připadá 70 delegátů, můžeme tedy obecně říct, že na jeden jazyk připadá 6 a více delegátů. Vybereme první jazyk, označíme ho jako J 1, protože na něj připadá více než 6 delegátů, bude oficiálním jazykem konference.zároveň budeme uvažovat, že tímto jazykem hovoří až 15 delegátů, tedy na zbývajících 10 jazyků zbývá 55 delegátů. Postup bude stejný i pro druhý oficiální jazyk a třetí oficiální jazyk. Vezmeme opět podíl počtu delegátů a jazyků, výsledek bude větší než 5, tj. nic nám nebrání zvolit další oficiální jazyk J. Opět předpokládáme, že tímto jazykem může hovořit až 15 delegátů, proto pro výběr třetího jazyka máme pouze 40 delegátů a 9 jazyků. Tentokrát je podíl 4 a zbytek, zbytek nám zaručí, že některým z jazyků stále hovoří alespoň 5 delegátů a může být zvolen za oficiální. To jsme chtěli dokázat. 18

Dirichletův princip 1.3.1.3 V zahradě obdélníkového tvaru o rozměrech 0 15 m musí být méně než 6 stromů, aby bylo zachováno pravidlo, že vzdálenost dvou stromů není menší než 5m. Dokažte. Na pomoc si vezmeme obdélníky se stranami 3 m a 4 m, jejichž úhlopříčka je 5 m. Rozmístíme je do zahrady, takových obdélníků se vejde 5. Připusťme, že do zahrady zasadíme 6 stromů, z Dirichletova principu vyplývá, že některé dva stromy musí ležet ve stejném obdélníku, tj. jejich vzdálenost je menší než 5 m. 1.3. Příklady k procvičení 1.3..1 Z libovolných 8 přirozených čísel lze vybrat dvě čísla tak, aby jejich rozdíl byl dělitelný číslem 81. Dokažte. 1.3.. Tabulka 6 6 je zaplněna čísly 1,0, 1. Sečteme čísla v jednotlivých řádcích, sloupcích i obou úhlopříčkách. Dostaneme 6 + 6 + = 14 součtů. Dokažte, že některé dva z nich se sobě rovnají. 1.3..3 Jaký největší počet králů můžeme umístit na šachovnici, aby se žádní dva navzájem neohrožovali? 1.3..4 Do políček tabulky 10 10 zapíšeme libovolná celá čísla tak, aby se žádná dvě čísla, která spolu sousedí ve stejném řádku nebo sloupci, nelišila o více než 5. Dokažte, že v tabulce se vždy najdou dvě stejná čísla. 1.3..5 Do domácí knihovny, která obsahuje šest polic, jsme vyrovnali 5 knih. Rozhodněte, zda v nějaké polici je vyrovnáno více než devět knih. 19

Souhrnná cvičení 1.4. Souhrnná cvičení 1.4.1 Ve třídě se zjistilo, že 18 žáků čte Epochu a 15 žáků History. Kolik bylo ve třídě žáků, jestliže každý žák četl aspoň jeden z těchto časopisů? 1.4. Na táboře je 30 chlapců a 3 děvčat. Zjistilo se, že 8 dětí je dobrých ve vybíjené, z toho 10 děvčat, a v přehazované je dobrých 5 chlapců a 13 děvčat. Kolika chlapcům a kolika dívkám jdou dobře oba sporty? 1.4.3 Kolik různých uspořádaných dvojic čísel můžeme dostat, když hodíme dvakrát kostkou s jedním až šesti oky na jednotlivých stěnách? 1.4.4 Ve sportovním klubu byla sestavena statistika zájmové činnosti členů. Určete celkový počet členů v klubu, když víte, že 34 členů je v lehkoatletické skupině, 3 v plavecké skupině, 5 členů chodí do skupiny odbíjené, 9 členů patří do lehkoatletické a plavecké skupiny zároveň, 5 je činných v lehké atletice a v odbíjené, 7 je ve skupině odbíjené a plavecké a členové jsou ve všech třech skupinách. Do klubu patří i nehrající složka fanoušků, která má 34 členů. 1.4.5 Na vysokou školu přijali do prvního ročníku 10 posluchačů, kteří maturovali na 84 středních školách. Dokažte, že se v prvním ročníku najdou aspoň dva posluchači, kteří se znají ze střední školy. 1.4.6 Ve vlaku na trase Praha-Brno je ve vagónu 30 Brňanů, z nichž je 9 mužů. 14 dětí se vrací ze škol do svého bydliště v Brně, dalších 19 dětí, každé s jedním z rodičů, cestuje do Brna na exkurzi, mezi rodiči je 1 žen. Kolik je ve vagónu cestujících? 1.4.7 Do třídy chodí 8 žáků. Devět z nich jezdí do školy autobusem a tři vozí do školy rodiče autem. Kolik žáků z této třídy chodí do školy pěšky, jestliže nikdo nepoužívá na cestě do školy jiný dopravní prostředek? 1.4.8 Konference se zúčastnilo 40 delegátů z 13 různých zemí. Dokažte, že delegace alespoň z jedné země měla více jak tři členy! 1.4.9 Z 1 slov mužského rodu, z 9 slov ženského rodu a 10 středního rodu máme vybrat po jednom slovu každého rodu. Kolika způsoby je to možné? 1.4.10 10 studentů absolvovalo zkoušku z matematiky a z fyziky, 8 studentů udělalo zkoušku z matematiky, 85 zkoušku z fyziky, 77 udělalo obě zkoušky. Určete: a) Kolik studentů udělalo zkoušku z fyziky nebo z matematiky? b) Kolik studentů neudělalo zkoušku z matematiky? c) Kolik studentů neudělalo zkoušku z fyziky? d) Kolik studentů udělalo zkoušku z matematiky a neudělalo z fyziky? e) Kolik studentů udělalo zkoušku z fyziky a neudělalo z matematiky? 1.4.11 Dokažte, že v sadě, který má tvar obdélníku o rozměrech 300 100 m, musí být méně než 501 stromů, jestliže vzdálenost libovolných dvou musí být aspoň 5 m. 0

Souhrnná cvičení 1.4.1 Úředník má ve své skříni čtyři různá saka, pět různých kravat a troje kalhoty. Kolika různými způsoby si může do práce vybrat sako, kravatu a kalhoty? Vzhled a soulad oblečení zanedbáme. 1.4.13 Ve skleníku roste 15 rajčat a 13 paprik. Radek si má utrhnout buď rajče, nebo papriku tak, aby Jirka, který přijde po něm a utrhne si jedno rajče a jednu papriku, měl co největší možnost výběru. Rozhodněte, co si má vybrat Radek 1.4.14 Škola nabízí 15 zájmových činností. Od žáků se vybralo celkem 13 přihlášek. Zjistěte, jestli se do nějakého kroužku přihlásilo více než 8 žáků. 1.4.15 V hřebčíně mají 6 koní, na kterých pořádají výlety do okolí. Kolika způsoby si může skupinka pěti návštěvníků hřebčína vybrat, na kterém koni kdo pojede? 1

Permutace. Skupiny prvků bez opakování.1 Permutace Permutace je první kombinatorický pojem, který zavedeme. K odvození vzorce si pomůžeme pravidlem součinu, které již známe. Začneme lehkým návodným příkladem. Příklad: Máme tři knihy A, B, C. V jakém pořadí si tyto knihy můžeme přečíst? Příklad můžeme řešit vypsáním všech možností nebo užitím pravidla součinu řekneme, že první knihu můžeme vybrat třemi způsoby, v pořadí druhou knihu dvěma způsoby a poslední knihu jedním způsobem, tedy 3 1 = 6. Pokud bychom měli na výběr z n knih, počet způsobů by se počítal stejným principem, tedy n ( n 1) ( n )... 1. Takové rozepisování by bylo pro větší čísla velmi zdlouhavé, proto pro tento výsledek zavádíme symbol n!. n! Pro každé přirozené číslo n definujeme n!= 3... ( n 1) n Permutace P ( n) 1. Permutace z n prvků je uspořádaná n-tice sestavená z těchto prvků tak, že každý se v ní P n všech permutací z n prvků je P ( n) = n!. vyskytuje právě jednou. Počet ( ).1.1 Řešené úlohy Učebnice str. 3-4, příklady 1.17-1.4.1.1.1 Určete kolika způsoby se v šestimístné lavici může posadit šest hochů, jestliže a) dva chtějí sedět vedle sebe b) dva chtějí sedět vedle sebe a třetí chce sedět na kraji. a) užitím permutace Určití dva chlapci, chlapce už nevybíráme, chtějí sedět vedle sebe, proto tyto chlapce můžeme považovat za jednu možnost, vybíráme tedy jako z pěti chlapců, protože tato dvojice odsadí dvě židle, tak i tyto židle budeme považovat za jednu, je to permutace z pěti prvků. Musíme tento výsledek vynásobit, neboli permutací ze dvou prvků, protože je rozdíl, který chlapec, kde sedí P P 5 =!5! =. ( ) ( ) 40

Permutace užitím kombinatorických pravidel Chlapce, kteří chtějí sedět vedle sebe, si označíme jako a a budeme je po místech v lavici posouvat a na zbývající místa doplňovat možnosti ze zbylých chlapců 4 3 1+ 4 3 1+ 4 3 1+ 4 3 1+ + 4 3 1+ 4 3 1+ 4 3 1+ 4 3 1+ + 4 3 1 + 4 3 1 = 40 b) užitím permutace V případě, kdy máme mít dva určité chlapce posazeny vedle sebe, budeme postupovat podobně jako v zadání a), změní se pouze přístup v obsazování zbylých židlí. Třetí určitý chlapec chce sedět vždy na kraji, krajní židle máme dvě, vybíráme tedy ze dvou možností, kam tohoto chlapce usadit. Potom obsazujeme zbytek lavice, pět míst, pěti chlapci. Stejně jako v předchozím případě bereme dva vedle sebe sedící chlapce za jednoho a stejně tak tyto dvě místa za jedno. P P 4 =!4! = ( ) ( ) 96 užitím kombinatorických pravidel Obdobně jako v zadání a) si situaci rozkreslíme, chlapec sedící vždy na kraji bude označen. 3 1 + 3 1 + 3 1+ 3 1+ + 3 1 + 3 1 + 3 1+ 3 1+ + 3 1 + 3 1 + 3 1+ 3 1+ + 3 1 + 3 1 + 3 1 + 3 1 = 96 Vidíme, že v tomto případě je rozkreslení velmi složité a zdlouhavé, proto je lepší řešení přes vzorce..1.1. Určete, kolikrát lze přemístit slova ve verši Sám svobody kdo hoden, svobodu zná vážiti každou. tak, aby se nepromíchala slova věty hlavní a vedlejší. Musíme si uvědomit, že zadání po nás nechce, aby verš po promíchání slov dával smysl. V každé větě máme čtyři slova, čtyři prvky, které dosazujeme na čtyři pozice ve větě. užitím permutace Máme čtyři prvky na čtyři místa, jedná se o permutaci ze čtyř prvků. Permutace máme dvě a věty verše můžeme přehodit, proto P 4 P 4 = 4!4! =. ( ) ( ) 115 užitím kombinatorických pravidel Slova první věty budeme mít označena a slova druhé. Na první místo ve větě v obou případech mohu vybrat jedno ze čtyř slov atd. 4 3 1 4 3 1 + 4 3 1 4 3 1 = = 576 + 576 = 115 3

Permutace.1.1.3 Určete počet devítimístných a) telefonních čísel b) přirozených čísel, v jejichž zápisu je každá z deseti číslic kromě devítky. a) Telefonní číslo může začínat nulou. Číslic máme deset, ale devítka se nemá v čísle vyskytovat, dosazujeme tedy pouze devět prvků. užitím permutace Jedná se o permutaci z devíti prvků. P 9 = 9! =. ( ) 36880 užitím kombinatorických pravidel Dosazujeme na devět míst devět prvků, na první místo máme na výběr ze všech devíti atd. 9 8 7 6 5 4 3 1 = 36880. b) Přirozené číslo nemůže začínat nulou. užitím permutace Na první místo musíme vybrat jedno číslo z přirozených číslic, kterých máme osm, dále se jedná o permutaci z osmi prvků, protože na osm míst dosazujeme zbývajících osm číslic včetně nuly. 8! V ( 1,8) P( 8) = 8! = 8 8! = 3560. 8 1! ( ) užitím kombinatorických pravidel Na první místo můžeme vybírat pouze z osmi možností, protože nula nemůže stát na začátku přirozeného čísla, na druhé pozici nula může být, proto i zde můžeme vybírat z osmi číslic, potom se počet možností po jedné snižuje až k poslední možnosti. 8 8 7 6 5 4 3 1 = 3560..1.1.4 Určete kolika způsoby může m chlapců a n dívek nastoupit do zástupu tak, aby a) nejdříve stály všechny dívky a pak všichni chlapci b) mezi žádnými dvěma chlapci nebyla žádná dívka ani mezi žádnými dvěma dívkami nebyl žádný chlapec c) mezi žádnými dvěma chlapci nebyla žádná dívka. a) užitím permutace Nejdříve mají stát všechny dívky, které mohu seřadit do zástupu jako permutaci z n prvků, za ně postavím zástup chlapců, počet možností jejich seřazení je roven permutaci z m prvků. Dostaneme P n P m = n!m. ( ) ( )! užitím kombinatorických pravidel Zástup se skládá ze dvou částí. První část, dívky, mohu poskládat n! způsoby a k němu přiřadím zástup chlapců, který mohu seskládat m! způsoby. Dohromady n!m!. 4

Permutace b) Nejprve si musíme uvědomit, jak takto zadaný zástup bude vypadat. Chceme, aby mezi žádnými dvěma dívkami nestál chlapec, tj. všechny dívky musí stát vedle sebe, totéž platí pro všechny chlapce. Bereme tedy zástup dívek jako jeden celek n! možností a zástup chlapců jako celek druhý m! možností. Tyto dva celky pak můžeme v pořadí přehodit. užitím permutace Výsledkem je P P n P m = n! m. užitím kombinatorických pravidel n! m! ( ) ( ) ( )! c) Zadání vyžaduje, aby mezi žádnými dvěma chlapci nestála dívka, tj. všichni chlapci musí stát vedle sebe, ale tento celek, z m! možností poskládání chlapců, můžeme libovolně vkládat mezi n děvčat. užitím permutace Děvčata obsadí n míst a celek chlapců musíme vložit na některé místo mezi děvčata, budeme tedy obsazovat dohromady n + 1 míst n + 1 prvky, tj. permutace z n + 1 prvků. Musíme ale vzít v úvahu, že jeden z těchto prvků musíme uspořádat jako permutaci z m prvků.dostaneme P n + 1 P m = n + 1! m ( ) ( ) ( )! užitím kombinatorických pravidel Úvaha je stejná jako v prvním řešení, dosazujeme na n + 1 míst n + 1 prvků, kdy jeden prvek je m!, tento prvek můžu posunout n + 1 způsoby a na zbytek míst dosazuji n děvčat. Dohromady je výsledek ( )!! = ( + 1 )!! n + 1 m n n m..1.1.5 Určete počet prvků tak, aby a) bylo možno z nich utvořit právě 4030 permutací b) při zvětšení jejich počtu o dva se počet permutací zvětšil 56krát c) při zmenšení jejich počtu o dva se počet permutací zmenšil 0krát. Lze řešit pouze přes vzorce permutací. a) P ( n) = 4030, tj n!= 4030. Vezmeme si nějaké číslo m!, jehož hodnotu známe, tímto číslem vydělíme číslo n!, dále podíl pak dělíme číslem ( m +1) a dalšími následujícími dokud nedostaneme výsledek 1. Nejvyšší dělitel je výsledek. V tomto případě jsem si jako m zvolila číslo 6. n! 4030 4030 = = = 56. m! 6! 70 Následující číslo po číslu 6 je 7. Vidím že po vydělení čísla 56 číslem 7, dostanu výsledek 8. Následující číslo po 7 je číslo 8. Dělením 8 číslem 8 dostanu podíl jedna. Z osmi prvků lze utvořit právě 4030 permutací. b) Musíme sestavit rovnici. Na levou stranu si položíme původní počet permutací, který zvětšíme 56krát, a napravo dáme novou permutaci z ( n + ) prvků nebo vlevo necháme původní počet permutací a vpravo vydělíme novou permutaci číslem 56. 5

( n) = P( n ) 56 P +, 56 n! = ( n + )!, 56 n! = n + n + 1 n, vydělíme n! a roznásobíme, ( ) ( )! n + 3n 54 = 0, n 1 = 6, n = 9, protože n je počet prvků, musí být kladné. Počet prvků, který vyhovuje zadání, je šest. c) Rovnici sestavujeme obdobně jako v případě b). P ( n) = 0 P( n ), n! = 0 ( n )!, n n 1 n! = 0 n, vydělíme a roznásobíme, n, ( ) ( ) ( )! Permutace n n 0 = 0, n 5, n = 4, protože n musí být větší než je výsledkem n 1. 1 =.1.1.6 Zjednodušte výrazy: 1 3 n 4 a) n! n + 1! n + n ( ) ( )! 9 + 6 b) ( n + 3 )! ( n + )! ( n + 1)! c) ( n + )! ( n + 1 )! n! + n! ( n 1 )! ( n )! d) ( n + )! ( n + 1 )! ( n + 1 )! n! 1 Řešíme dle pravidel pro počítání s faktoriály 1 3 n 4 n + 3n + 3n 6 n + 4 0 a) = = = 0, n! ( n + 1 )! ( n + )! ( n + ) ( n + 1) n! ( n + )! Druhou možností je, že si ve třetím zlomku všimneme vzorce 1 3 n 4 1 3 ( n + ) ( n ) n + 1 3 n + = = = 0 n! n + 1! n +! n! n + 1! n + n + 1! n + 1! ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n 9 6 1 n 9 + 6n + 18 n 5n 6 n + 3 1 + = = =. n + n + n + n + n + n + n n Opět je v prvním zlomku vzorec, který můžeme rozložit a vykrátit. n 9 6 1 ( n + 3) ( n 3) 6 1 n 3 + 6 n + = + = = n + 3! n +! n + 1! n + 3 n +! n +! n + 1! n +! b) ( 3 )! ( )! ( 1 )! ( 3 ) ( ) ( 1 )! ( + 3 )! ( + )! ( ) ( ) ( ) ( ) ( n + 1 )! n! + ( n 1 )! ( n ) n +! c) n! n + 3n + n n + n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( n + )! =! ( n + ) ( n + 1) n! ( n + 1) n ( n ) n! ( n 1 )! n = 1! n + 1 ( n 1) ( n ) ( n )!! = 6

Permutace d) ( n + )! ( n + 1 )! ( n + 1 )! ( n + ) ( n + ) = n! ( n + 1 )! 1! ( n + 1) n! = n + n 1 = 1 n!.1.1.7 Představte si, že zapíšete pod sebe všechny permutace čísel 1,, 3, 4, 5, vznikne tak obdélníkové schéma, které má 10 řádek a 5 sloupců. Určete součet všech čísel v každém sloupci. Řešíme úvahou, budeme počítat součet v prvním sloupci, který seskládáme tak že nejprve vezmeme všechny permutace začínající číslicí 1, rozmyslíme si kolik takových permutací je. Permutací ze zadání, které začínají jedničkou je počet permutací ze čtyř prvků, tj. 4. Poté seřadíme stejným způsobem všechny permutace začínající číslicí, jejich počet je taktéž 4. Takto postupujeme pro všechna zadaná čísla. Nyní spočítáme součet čísel v prvním sloupci. Je to 1 4 + 4 + 3 4 + 4 4 + 5 4 = 360. Stejný součet bude ve všech sloupcích, protože možnosti permutace můžeme vždy přeskládat do schématu naznačeného pro první sloupec..1.1.8 Určete kolika nulami končí dekadický zápis čísla 58!. Podle rady nápovědy lze každé přirozené číslo rozložit na součin prvočísel, pro řešení příkladu jsou důležité mocniny u prvočísel a 5, protože součin těchto dvou prvočísel dá dohromady číslo 10 a mocnina u tohoto čísla nám napoví počet nul, kterými končí číslo 58!. Musíme vzít menší z mocnin u prvočísel nebo 5, plyne z pravidel pro počítání s mocninami. Menší mocnina bude u čísla 5, protože mocniny čísla najdeme v každém druhém čísle součinu, zatímco čísla dělitelná pěti jsou v každé desítce pouze dvě, např. 5 a 10. V součinu přirozených čísel do 58 máme 5 desítek, tedy 50 čísel dělitelných 5, nesmíme zapomenout ještě na číslo 55, dohromady je mezi 58 čísly 51 čísel, která obsahují nějakou mocninu 5. Najdeme čísla, která obsahují třetí mocninu, tj. 15 a jeho násobky, ty jsou, a čísla s druhou mocninou pěti, tj. 5 a jeho násobky, celkem jich je ( 10 ), bez čísel s třetí mocninou. Čísel s jedním násobkem 5 je tedy 51 8 = 41. Spočítáme mocniny 41 + 8 + 3 = 63..1. Příklady k procvičení.1..1 Kolika způsoby lze postavit do řady 4 Angličany, 5 Francouzů a 3 Turky, musí-li osoby téže národnosti stát vedle sebe?.1.. Na schůzi má promluvit pět řečníků A, B, C, D, E (každý právě jednou). a) Určete počet všech možných pořadí jejich vystoupení. 7

Permutace b) Určete počet všech možných pořadí jejich vystoupení, má-li řečník B promluvit hned po A. c) Určete počet všech možných pořadí jejich proslovů, má-li řečník B promluvit až poté, co promluvil řečník A..1..3 Určete počet všech šesticiferných přirozených čísel vytvořených z cifer 0, 1,, 3, 4, 5, v nichž se žádná cifra neopakuje..1..4 Kolika způsoby lze uspořádat vedle sebe obývací stěnu, která je složena z baru, prosklené vitríny, knihovny, šatní skříně a televizního stolku?.1..5 Kolika způsoby lze uspořádat množinu všech číslic 0, 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, má-li být číslice na třetím a číslice 9 na pátém místě? 8

Variace. Variace Variace je možné chápat jako složitější verzi permutací, jedná se opět o pořadí z n prvků, ale dosazujeme je na menší počet míst. Jako náhradu za vzorec můžeme používat pravidlo součinu. Variace V ( k, n) K-členná variace z n prvků je uspořádaná k-tice sestavená z těchto prvků tak, že každý se v ní n! vyskytuje nejvýše jednou. Počet V ( k, n) k-členných variací z n prvků je V ( k, n) =. ( n k)! Laicky řečeno: Vezmeme všechny uspořádané n-tice, které můžeme z n prvků vytvořit, a vydělíme je počtem všech možností, pro které nemáme místo. V jednoduchém příkladu, kde máme např. 8 prvků, ale chceme z nich vybrat pouze tři (záleží nám na pořadí), nejprve vypočítáme, kolik možností máme celkem, tj. 8!, ale pět prvků nemůžeme umístit, proto možnostmi z těchto prvků musíme celkové množství vydělit. 8! Dostaneme. 5!..1 Řešené příklady Učebnice str. 16-17, původní číslování 1.9-1.16..1.1 Výbor sportovního klubu tvoří šest mužů a čtyři ženy. Určete: a) kolika způsoby z nich lze vybrat předsedu, místopředsedu, jednatele a hospodáře b) kolika způsoby z nich lze vybrat funkcionáře podle a) tak, aby ve funkci předsedy byl muž a ve funkci místopředsedy žena nebo obráceně c) kolika způsoby z nich lze vybrat funkcionáře podle a) tak, aby právě jedním z nich byla žena. a) užitím vzorce pro variace bez opakování Jedná se o čtyřčlennou variaci, protože místa na obsazení máme čtyři, z deseti prvků, muže od sebe navzájem rozlišujeme, stejně tak ženy, a všichni mají pro toto zadání stejné podmínky umístění, která je uspořádaná, což je dáno v tomto případě pojmenováním funkcí. Tedy 10! V ( 4,10 ) = = 5040. 10 4! ( ) užitím pravidla součinu Máme čtyři místa a deset lidí. Na místo předsedy dosadíme jednoho z nich, pro výběr na funkci místopředsedy zbývá o jednoho člověka méně, devět zájemců, takto obsadíme všechny pozice. Výsledek 10 9 8 7 = 5040. 9

Variace b) užitím vzorce pro variace bez opakování Pro první dvě místa máme zadané pravidlo, proto variaci rozdělíme. Jako první si umístíme muže na pozici předsedy. Máme šest mužů a jedno místo, jedná se tedy o jednočlennou variaci z šesti prvků 6! V ( 1,6) = = 6. 5! Dále obsadíme funkci místopředsedy ženou. Opět se jedná o jednočlennou variaci, ale pouze ze čtyř prvků 4! V ( 1,4) = = 4. 3! Pro jednatele a hospodáře nemáme dáno žádné pravidlo, vezmeme proto zbylých pět mužů a tři ženy dohromady a z nich vybereme dva kandidáty pro tyto funkce. Dostaneme variaci 8! V (,8) = = 56. 6! Všechny výsledky variací vynásobíme a dostaneme počet možností, když na místě předsedy je muž. Kdybychom zvolili na místo předsedy ženu, dostaneme stejný počet variací, čtenář si sám rozmyslí, proto součin těchto variací bereme dvakrát. 6 4 56 = 688. užitím kombinatorických pravidel Bereme prvně možnost, že na pozici předsedy dosadíme muže. Proto máme šest možností, na místě místopředsedy tedy musí být žena, kterou vybíráme ze čtyř možných, a na dalších místech už pohlaví nerozhoduje, jednatelem tedy bude někdo ze zbývajících osmi lidí a hospodářem některý z bezpartijních mužů a žen. Dostaneme 6 4 8 7 = 1344. Řešíme druhý případ, kdy předsedkyní je žena a podobně dostaneme 4 6 8 7 = 1344. Výsledkem je součet, číslo 688. c) užitím vzorce pro variace bez opakování Žena má být funkcionářkou právě jednou, tj. vždy jedno místo obsadí jedna žena a zbylá tři místa muži. Vybíráme tedy jednu ženu ze čtyř možností 4! V ( 1,4) = = 4. ( 4 1 )! Navíc tři další funkcionáře ze šesti mužů 6! V ( 3,6) = = 10. ( 6 3 )! Dohromady dostáváme 4 10 = 480. To je výsledek, když ženu usadíme pevně na místo, například, předsedy. Žena může sedět na jakémkoli místě. Každý si vyzkouší sám, že tento výsledek se bude pro všechna posunutí ženy opakovat, proto nám stačí vzít výsledné číslo tolikrát, kolik máme možností posunutí, což je čtyřikrát. Celkem 4 480 = 190. užitím kombinatorických pravidel Začneme obsazovat ženu do různých pozic, kdy zbylá místa doplním muži. Od začátku bude žena na místě předsedkyně(vybíráme ze čtyř možností). Číslo, které značí výběr ženy, je označeno hvězdičkou pro názornost, abychom nezapomněli na žádnou pozici. Dostaneme 30

Variace 4 6 5 4 = 480. Nyní ji dosadíme na místo místopředsedkyně, zbylé funkce opět připadnou třem ze šesti mužů 6 4 5 4 = 480. Ještě zbývají dvě pozice, na kterých žena nebyla, tedy 6 5 4 4 = 480 6 5 4 4 = 480. Všechny výsledky sečteme dohromady a dostaneme celkový součet 190...1. Určete, kolika způsoby lze sestavit rozvrh na jeden den pro třídu, v níž se vyučuje dvanácti předmětům a každému nejvýše jednu vyučovací hodinu denně, má-li se skládat ze šesti vyučovacích hodin. V kolika z nich se vyskytuje daný předmět a v kolika z nich je tento předmět zařazen na 1. vyučovací hodinu? užitím vzorce pro variace bez opakování Máme dvanáct předmětů a jimi máme obsadit šest míst. Dosadíme do vzorce a dostaneme 1! 1! V ( 6,1) = = = 66580. ( 1 6 )! 6! V druhé otázce řešíme případ, kdy si pevně stanovíme jeden předmět, který ten určitý den máme mít, a doplníme zbývajících pět hodin ze zbývajících jedenácti předmětů. Nejprve si pro tento předmět musíme vybrat místo. Můžeme tak učinit šesti způsoby, každý si rozmyslí sám, a pak vybíráme 5 předmětů z 11. Dohromady 11! 6 V ( 5,11) = 6 = 33640. 6! Poslední otázka se nás ptá, kolik máme možností výběru, pokud tento pevně stanovený předmět zařadíme hned na první vyučovací hodinu. Je to 11! V ( 5,11) = = 55440. 6! užitím kombinatorických pravidel Použijeme pravidlo součinu, kdy na první hodinu můžeme dosadit jeden ze všech jedenácti předmětů a s přibývajícími hodinami nám počet vždy o jednu z možností klesá až obsadíme všech šest vyučovacích hodin 1 11 10 9 8 7 = 66580. Ve druhé otázce budeme se stanoveným předmětem budeme postupovat podobně jako v předchozím příkladu, kdy předmět se přesouvá postupně v rozvrhu a na zbývající místa dosazujeme vždy jednu ze zbylých 11 možností. Dohromady 1 11 10 9 8 7 + 11 1 10 9 8 7 + 11 10 1 9 8 7 + + 11 10 9 1 8 7 + 11 10 9 8 1 7 + 11 10 9 8 7 1 = 33640 Na třetí otázku můžeme odpovědět pomocí druhé otázky. Požadovanou vlastnost splňuje první člen součtu 1 11 10 9 8 7 = 55440. 31

Variace..1.3 Určete počet prvků, z nichž lze utvořit a) 40 dvoučlenných variací b) dvakrát více čtyřčlenných variací než tříčlenných variací. a) Příklad vyřešíme pouze použitím vzorce, kdy za počet prvků dosadíme neznámou x a dostaneme V (, x) = 40, x! = 40, ( x )! x ( x 1) ( x )! = 40 (vykrátíme výrazy faktoriálem) x! ( ) x x 40 = 0. Dostaneme kvadratickou rovnici s kořeny 16 a -15, protože počet prvků musí být kladný, výsledkem je číslo 16. b) Opět lze příklad vyřešit pouze dosazením do vzorce, navíc musíme správně sestavit rovnici, kdy na jednu stranu položíme čtyřčlenné variace, protože jich má být dvakrát tolik co tříčlenných, musíme na druhou stranu rovnice položit všechny tříčlenné variace vynásobené dvěma. V ( 4, x) = V ( 3, x), x! x! =, ( x 4 )! ( x 3)! x ( x 1) ( x ) ( x 3) ( x 4 )! x ( x 1) ( x ) ( x 3 )! =, ( x 4 )! ( x 3)! x ( x 1) ( x ) ( x 3) = x ( x 1) ( x ), zkrátíme stejné členy na obou stranách rovnice x 3 =, tj. x = 5...1.4 O telefonním čísle svého spolužáka si Vašek zapamatoval jen to, že je devítimístné, začíná dvojčíslím 3, neobsahuje žádné dvě stejné číslice a je dělitelné pětadvaceti. Určete, kolik telefonních čísel přichází v úvahu. Na začátku řešení různými způsoby si musíme uvědomit všechny informace ze zadání, máme najít devítimístné číslo, jehož první dvě číslice jsou 3 a žádné číslice se neopakují, tj.hledané číslo tedy má pouze sedm míst a umístit na ně můžeme pouze (10-) číslic, dále jsme dostali informaci, že číslo je dělitelné pětadvaceti, tj. z pravidel pro dělitelnost čísel plyne, že číslo je dělitelné 5, když je dělitelné 5 jeho poslední dvojčíslí, pro náš příklad z toho plyne, že posledním dvojčíslím může být číslo 50 nebo 75, číslo 5 není naším dvojčíslem proto, že číslice je v prvním dvojčíslí a tím pádem by se v telefonním čísle opakovala. Naše hledané telefonní číslo tedy vypadá asi takto 3 _ 5 0 nebo 3 _ 7 5. 3

Variace užitím vzorce pro variace bez opakování Dostáváme tedy variaci bez opakování jako pětičlennou variaci z (10-4) prvků pro první případ a stejně tak pětičlennou variaci z šesti prvků pro druhý případ. Výsledek 6! 6! 6! V ( 5,6) +V ( 5,6) = + = = 1440. 6 5! 6 5 1! ( ) ( ) užitím kombinatorických pravidel Vezmeme první číslo, na pět pozic, které jsou volné můžeme dosadit vždy jednu ze zbývajících šesti číslic, které se v zápisu ještě nevyskytly, stejně tak postupujeme v čísle druhém. 6 5 4 3 + 6 5 4 3 = 1440...1.5 Roztržitý pan profesor byl po zhlédnutí utkání v házené dotázán doma na výsledek. Odpověděl, že utkání neskončilo nerozhodně a že žádné z obou mužstev nevstřelilo více než 0 a méně než 10 branek. Určete počet možných výsledků. Utkání hráli dvě mužstva, ze zadání víme, že počet branek, které padly každé straně je 10, 11, 1, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19 nebo 0. užitím vzorce pro variaci bez opakování Jedná se o dvojčlennou variaci z 11 prvků. 11! 11! V (,11) = = = 110. 11! 9! ( ) užitím kombinatorických pravidel Prvnímu družstvu tedy můžeme přiřadit jeden z jedenácti možných výsledků a druhému družstvu vybereme ze zbývajících 10 čísel. Výsledek je 11 10 = 110...1.6 Zvětší-li se počet prvků o dva, zvětší se počet tříčlenných variací a) desetkrát b) o 150. Určete původní počet prvků. Příklad lze řešit pouze pomocí vzorců pro variaci a) Sestavíme rovnici, kdy na jednu stranu postavíme novou tříčlennou variaci se zvětšeným počtem prvků a na druhou stranu rovnice položíme desetinásobek variace s hledaným původním počtem prvků. Rovnici můžeme sestavit i tak, že na jednu stranu dáme původní variaci, která si bude rovna s novou variací dělenou číslem 10. V V ( 3, n + ) = 10 V ( 3, n) ( ) ( 3, n + ) V 3, n = 10 33