ad 1) Kolik různých uspořádaných k-tic (rozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat?

Modely výběru Matematika vytváří modely reálných situací, u kterých vypracuje postupy různých úkolů aţ do formy receptu a často aţ do nějakého vzorce (vzorce kvadratických rovnic, apod.). Nejinak je tomu v kombinatorice. I v tomto oboru máme několik modelů, a kdyţ se nám podaří reálnou situaci s modelem ztotoţnit, získáme z modelu i. Tím ale není řečeno, ţe neexistují úlohy, které našim modelům nevyhovují a kde musíme hledat jiným způsobem. Modely pro kombinatoriku, to jsou předepsané postupy výběru prvků z různě obsazených základních mnoţin prvků. 1. model (výběry bez vracení): Je dána mnoţina M obsahující n různých prvků (všechny jsou od sebe plně rozlišitelné). Z mnoţiny M vybereme jeden prvek a odloţíme ho stranou, za ním vybereme další a odloţíme vedle prvního, atd., aţ jich vybereme celkem k; 0 k n. Z vybraných prvků stranou se stala k-tice. Zdůrazněme: vybrané prvky nevracíme. Zajímá nás: 1) Kolik různých uspořádaných k-tic (rozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? 2) Kolik různých neuspořádaných k-tic (nerozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? v 1. modelu ad 1) Kolik různých uspořádaných k-tic (rozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? Na 1. místo k-tice (1. vytaţený prvek) máme n moţností, na 2. místo uţ jen (n-1) moţností, na k-té místo jen (n-k+1) moţností. Podle pravidla součinu získáváme vzorec V(k,n) = n.(n-1).(n-2)...(n-k+1) Tyto uspořádané k-tice se nazývají variace k-té třídy z n prvků (bez opakování) a vzorec udává počet variací bez opakování (bez vracení). Speciální případ nastává, kdyţ k = n, neboli, kdyţ postupně vytaháme z mnoţiny M všechny prvky. V tomto případě můţeme na uspořádané n-tice pohlíţet i jinak, jak ukazuje další model. 2. model (uspořádání): Je dána mnoţina M obsahující n různých prvků. Kolika způsoby je můţeme uspořádat do řady (do uspořádané n-tice)? Říkáme, ţe mnoţinu M permutujeme, vytváříme různé permutace (uspořádání). P(n) = V(n,n) = n! Tyto uspořádané n-tice se nazývají permutace z n prvků (bez opakování) a vzorec udává jejich počet. v 1. modelu - pokračování ad 2) Kolik různých neuspořádaných k-tic (nerozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? I v tomto případě existuje ekvivalentní model.

3. model (množinový): Je dána mnoţina M obsahující n různých prvků. Z mnoţiny M vybereme najednou k prvků 0 k n; vyjmeme k prvkovou podmnoţinu. Kolik různých podmnoţin o k prvcích můţeme takto dostat? Vybíráme-li prvky z mnoţiny M podle 1. modelu, vytváříme uspořádanou k-tici. Kaţdá permutace této variace k-té třídy bez opakování vytváří další různou uspořádanou k-tici, ale stejnou skupinu prvků (neuspořádanou k-tici), takţe vlastně počet různých skupin dostaneme, kdyţ počet všech variací V(k,n) vydělíme počtem permutací P(k). K( k, n) V ( k, n) P( n) n.( n 1)...( n k! k 1) n! k!( n Tyto skupiny prvků, neuspořádané k-tice, se nazývají kombinace k-té třídy z n prvků (bez opakování). Vzorec uvádí jejich počet. Poznámka: Permutace jsem vzali jako zvláštní případ variace, kdyţ jsme vycházeli z 1. modelu. Podle 2. modelu můţeme permutace chápat takto. Máme neuspořádanou k-tici (kombinaci k-té třídy) a ptáme se: Kolika způsoby se dá uspořádat? No přece P(k) = k! způsoby (počet permutací z k prvků). konec 1. modelu Potud to bylo opakování. Nyní si vysvětlíme další uţitečné modely. k)! n k 4. model (výběry s vracením): Je dána mnoţina M obsahující n různých prvků (všechny jsou od sebe plně rozlišitelné). Z mnoţiny M vybereme jeden prvek, poznamenáme si, který to byl a vrátíme ho ; pak vybereme další atd., aţ jich vybereme celkem k; 0 k, k nyní můţe být i větší neţ n. Vybrané prvky vracíme. Zajímá nás: a) Kolik různých uspořádaných k-tic (rozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? b) Kolik různých neuspořádaných k-tic (nerozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? Ekvivalentní formulace: V mnoţině M máme n různých druhů prvků (od sebe rozlišitelné), a kaţdý druh je zastoupen nekonečně mnoha nerozlišitelnými exempláři. Z mnoţiny M provádíme výběr k-tice bez vracení dle 1. modelu. v 4. modelu ad a) Kolik různých uspořádaných k-tic (rozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? Na 1. místo k-tice (1. vytaţený prvek) máme n moţností, na 2.místo také n moţností, na k- té téţ n moţností. Podle pravidla součinu získáváme vzorec: V (k,n) = n k Tyto uspořádané k-tice se nazývají variace k-té třídy z n prvků s opakováním a vzorec udává počet variací s opakováním (s vracením). Je historickým zvykem rozlišovat vzorec pro variace s opakováním V (k,n) od variací bez opakování V(k,n) pouhým apostrofem (čárkou). Speciální případ pro k=n v tomto modelu nemá smysl.

ad b) Kolik různých neuspořádaných k-tic (nerozeznáváme pořadí prvků) můţeme takto dostat? Přímo z formulace 4. modelu se nám budou neuspořádané k-tice určovat špatně. Potřebujeme si výchozí situaci přeformulovat. Kdyţ zapneme fantazii (ne sci-fi) a představíme si výsledek takové neuspořádané k-tice ze 4. modelu, tak máme několik skupin prvků z mnoţiny M, a kaţdá skupina obsahuje blíţe neurčený počet klonů těchto prvků. příklad: M = {a, b, c, d, e} příklady neuspořádaných trojic {a, a, a}, {a, b, c}, {b, b, e}, M = {1, 3, 5} příklady neuspořádaných pětic {1, 3, 3, 5, 5}, {1, 1, 1, 1, 1}, {3, 3, 3, 3, 5}, To je ekvivalentní 5. model (a přihrádková metoda): Máme n prvků a máme z nich vytvořit k-tici (celkem o k prvcích), přičemţ se mohou prvky opakovat. Jde o to, které prvky a kolikrát je máme do výsledné k-tice vzít? Užitečná přihrádková metoda Vytvořme si n přihrádek podle počtu (druhů) prvků, které máme k dispozici. Vezměme si celkem k kuliček (tak velká má být výsledná k-tice). Rozhoďme kuličky do přihrádek, ţádná nám nezbude, kaţdá kulička je v některé přihrádce. Do výsledné k-tice vezmeme tolik prvků jednotlivého druhu, kolik kuliček je v odpovídající přihrádce. příklad: M = {a, b, c, d, e} - 5 přihrádek! _ I _ I _ I _ I _! 3 kuličky o o o příklady neuspořádaných trojic!oooiiii! dává {a, a, a}!oioioii! {a, b, c}!iooiiio! {b, b, e} M = {1, 3, 5} - 3 přihrádky! _ I _ I _! 5 kuliček o o o o o příklady neuspořádaných pětic!oiooioo! dává {1, 3, 3, 5, 5}!IIooooo! {5, 5, 5, 5, 5}!oIooooI! {1, 3, 3, 3, 3} n přihrádek dostaneme pomocí (n-1) přepáţek (to jsou ty označené I vnější stěny značené! jsou jen pro dekoraci, nejsou pro vyznačení n přihrádek potřebné). Máme tedy k kuliček a n-1 přihrádek, které tvoří uspořádanou pracovní řadu. Kolik kuliček bude zleva k 1. přepáţce, tolik vezmeme prvků 1. druhu, kolik kuliček bude mezi 1. a 2.

přepáţkou, tolik vezmeme prvků 2. druhu, atd. aţ kolik bude kuliček za poslední (n-1) přepáţkou, tolik vezmeme prvků n-tého druhu. Takţe nakonec jde jen o to kolika způsoby můţeme rozmístit (n-1) přepáţek na (k+n-1) míst naší pracovní řady. Neboli kolik neuspořádaných K=(n-1) tic můţeme vytvořit z N=(k+n-1) rozlišitelných prvků? To známe: K(K,N) = K(n-1,n+k-1) = ( n+k-1 n-1) Stejně se můţeme ptát, kolika způsoby můţeme rozmístit k kuliček na (k+n-1) míst? K(k,n+k-1) =( n+k-1 k) = ( n+k-1 n-1) Poslední rovnost plyne ze symetrie kombinačních čísel. K (k,n) = K(k,n+k-1) = K(n-1,n+k-1) Tyto skupiny prvků, neuspořádané k-tice, se nazývají kombinace k-té třídy z n prvků s opakováním. Vzorec udává počet kombinací s opakováním (s vracením). Je historickým zvykem rozlišovat vzorec pro kombinace s opakováním K (k,n) od kombinací bez opakování K(k,n) pouhým apostrofem (čárkou). konec 4. a 5. model Pro variace a kombinace s opakováním se stala základem 4. modelu nekonečná mnoţina M. To z principu nelze pouţít u permutace. Pro pojem permutace s opakováním se opřeme o poznámku k 1. modelu, která za permutaci bere uspořádání vzniklé kombinace. 6. model: Máme mnoţinu M obsahující n 1 prvků 1.druhu, n 2 prvků 2.druhu, n k prvků k-tého druhu. Prvky stejného druhu jsou nerozlišitelné, druhy rozlišitelné jsou. Označme součet n = n 1 + n 2 + + n k. Kolik je moţných různých uspořádání prvků mnoţiny M? 6. modelu: Kdyby byly všechny prvky plně rozlišitelné, bylo by celkem n! moţností. Ale jsou tu skupiny nerozlišitelných prvků vţdy stejného druhu. Například druh 1 je zastoupen celkem n 1 prvky, a které představují n 1! nerozlišitelných permutací a v hledaném vzorci dělitele. To platí pro kaţdý druh prvků. P ( n, n 1 2,... n k ) n! n! n!... n Kaţdá uspořádaná n-tice prvků z mnoţiny M se nazývá permutace s opakováním. Počet takových permutací je roven uvedenému vzorci. Pouţívat zde apostrof je zbytečné; rozlišení permutací s a bez opakování je dáno počtem čísel v závorkách P(.). konec 6. modelu 1 2 k! Příklad 1: Kolik dvojciferných čísel vytvoříte z číslic 1, 2, 3, 4, 5 v případě, ţe číslice se v dvojciferném čísle mohou opakovat?

Příklad 2: Kolik různých permutací je moţné sestavit ze slova kolotoč a kolik ze slova Mississippi? Příklad 3: Kolika způsoby lze rozdělit 40 jablek mezi 3 děti? Příklad 4: Aranţér má do výlohy umístit tři stejné svetry bílé, dva stejné svetry modré a čtyři stejné svetry červené. Pro svetry si vybral potřebných 9 míst. Kolika způsoby můţe na tato místa svetry umístit? Příklad 5: V cukrárně se prodávají čtyři druhy zákusků: špičky, větrníky, věnečky a laskonky. Kolika způsoby je moţno nakoupit sedm zákusků? Příklad 6: Kolika způsoby si mohou čtyři děti rozdělit mezi sebou 10 hřibů, 15 kozáků, 8 klouzků a) bez omezení, b) kdyţ musí dostat kaţdé dítě aspoň jednu houbu z kaţdého druhu. Další příklady všeho druhu. Příklad 7: Město čtvercového půdorysu je vymezeno 5 ulicemi od jihu k severu a 6 ulicemi od západu na východ. Kolik cest existuje mezi jihozápadním rohem A a severovýchodním rohem B, smí-li se chodit jen na východ a na sever?

Příklad 8: Město obdélníkového půdorysu je vymezeno n=5 ulicemi od jihu k severu a k=6 ulicemi od západu na východ. Kolik cest existuje mezi jihozápadním rohem A a severovýchodním rohem B, smí-li se chodit jen na východ a na sever s tím, ţe se musí projít body C a D? Příklad 9: Kolika způsoby můţeme vybrat z 28 kostek domina dvě kostky tak, abychom je mohli přiloţit k sobě (tj. aby se nějaký počet bodů vyskytoval zároveň na obou kostkách)? Příklad 10: Plánuje se stavba schodiště, které má vést z bodu A do bodu B. Vzdálenost AC je rovna 4,5 m a vzdálenost CB (výška) 1,5 m. Výška kaţdého schodu má být 30 cm a šířka celistvým násobkem 50 cm. Kolika způsoby lze schodiště postavit? Příklad 11: Na poličce stojí 12 knih. Kolika způsoby můţeme vybrat 5 knih takových, ţe ţádné dvě nestojí vedle sebe? Příklad 12: Krotitel šelem chce přivést do manéţe cirkusu 5 lvů a 4 tygry. Z bezpečnostních důvodů nesmějí jít ţádní dva tygři bezprostředně za sebou. Kolika způsoby můţe šelmy seřadit?

princip inkluze a exkluze vzpomeňme na mnoţinové vztahy průniku, sjednocení a doplňku do univerzální mnoţiny A B = Ω \ (A B) označme α patří do A, α nepatří do A, N(α) počet prvků v A N(α ) počet prvků v A (doplňku), N počet prvků v Ω pak pro 2 mnoţiny platí N(α ) = N N(α) N( ) + N(α ) a pro 3 mnoţiny platí N(α ) = N N(α) N( ) N( ) + N(α ) + N(α ) + N( ) - N(α ) Pro n mnoţin α 1, α 2, α n N(α 1 α 2 α n ) = N - N(α i ) + N(α i α j ) - N(α 1 α 2 α 3 ) +.. (-1) n-1 N(α 1 α 2 α n ) kde značí součty přes všechny moţnosti Příklad 13: Předseda třídy podal zprávu: ve třídě je 45 ţáků, z toho je 25 chlapců, 30 ţáků má dobrý prospěch, z nich je 16 chlapců. Sportu se věnuje 28 ţáků, z toho 18 chlapců a 17 sportovců má dobrý prospěch. 15 chlapců má dobrý prospěch a současně sportuje. Třídní učitel však prohlásil, ţe ve zprávě je chyba; stačí určit počet dívek, které nemají dobrý prospěch a nesportují. Příklad 14: Sekretářka napsala 5 dopisů 5ti klientům, nadepsala 5 obálek a pak, protoţe spěchala na rande, popletla dopisy a obálky tak, ţe ţádný dopis nepřišel do správné obálky. Kolika způsoby se to dá provést? Příklad 15: Předchozí případ z tím rozdílem, ţe právě jeden klient dostane svůj dopis. Kolika způsoby to můţe nastat?

Příklad 16: Kolik nezáporných celých čísel menších neţ milion neobsahuje ţádnou z cifer 1, 2, 3, 4? Kolik čísel se skládá pouze z těchto cifer? Příklad 17: Alenka, dcera vedoucího kvarteta, si hrála u otcova stolu a přitom shodila připravené desky s notama pro nedělní koncert. Rychle noty a desky posbírala, ale protoţe ještě neumí rozeznat noty pro jednotlivé nástroje stalo se, ţe se ţádný nástroj nedostal do správných desek. Kolika způsoby se to dá provést? ŘEŠENÍ příkladu 1: 5 prvků, záleţí na uspořádání, dvojice => variace V (2,5) = 5 2 = 25 selský rozum na to nepotřebuje aparát příkladu 2: kolotoč: 5 druhů prvků {k,o,l,t,č}, k,l,t,č po jednom exempláři, o ve 3 exemplářích. P(1,3,1,1,1) = 5!/(1!3!1!1!1!) = 20 mississippi: 4 druhy prvků, písmeno m 1krát, i 4krát, s 4krát, p 2krát P(4,4,2,1) = 11!/(4!4!2!1!) = 34650 příklad 3: 3 děti jsou přihrádky, 40 jablek jsou kuličky => kombinace 3. třídy ze 40 prvků s opakováním K (3,40) = ( 42 2) = ( 42 40) = 861 příklad 4: ve výloze je uspořádaná 9-tice, 3 bílé, 2 modré, 4 červené svetry => permutace s opakováním P(3,2,4) = 9!/(3!.2!.4!) = 1260 příkladu 5: n=4 druhy, kaţdého druhu nekonečně mnoho, vybíráme neuspořádané k=7-ce kombinace 7. třídy ze 4 prvků s opakováním K (k,n) = K(k,n+k-1) = K(n-1,n+k-1) zopakujme si přihrádkovou metodu: K (7,4) = K(7,10) = K(3,10) = ( 10 3) = ( 10 7) = 120

kaţdý nákup si zapíšeme pomocí 1 = koupený zákusek, 0 = oddělovač 1110101101 3 špičky, 1 větrník, 2 věnečky, 1 laskonka 1100111110 2 špičky, 0 větrníků, 5 věnečků, 0 laskonek 0111011110 0 špiček, 3 větrníky, 4 věnečky, 0 laskonek Počet různých nákupů je roven počtu permutací s opakováním, které je moţné sestavit ze 7 jedniček a 3 nul. Tj. P(7,3) = 10!/7!.3! = ( 10 7) = K(7,10) Nebo jinak. Máme vlastně 10 míst a musíme z nich vybrat skupinu tří, kam umístíme nuly. Do zbývajících míst se pak vloţí jedničky. Takových trojčlenných skupin z 10 (kombinací 3. třídy z 10) můţeme vybrat K(3,10) = ( 10 3) = ( 10 7) příklad 6: Kaţdý druh rozdělujeme zvlášť a jednotlivé počty se mezi sebou násobí podle pravidla součinu máme n přihrádek (děti), k předmětů (houby) vzorec pro kombinace s opakováním K (k,n) = ( n+k-1 k) = ( n+k-1 n-1) a) hříbky, kozáci, klouzci: ( 13 3) ( 18 3) ( 11 3) = 41 771 040 b) 4 houby z kaţdého druhu dostanou děti rovnou, o zbytku platí a) ( 9 3) ( 14 3) ( 7 3) = 1 070 160 příklad 7: jednu cestu prezentuje uspořádaná 9-tice sloţená 5krát V (východ nebo nul) a 4krát S (sever nebo jedniček) jde tedy o to, kolik je moţností vybrat 4 místa z 9 pro umístní S (do zbytku se nasadí 5 V). K(4,9) = ( 9 4) = ( 9 5) = 126 příklad 8: celou cestu si rozdělíme na části mezi body AC, CD, DB a jednotlivé části řešíme podle předchozího příkladu; celkový výsledek se dostane podle pravidla součinu AC K(3,5) = 10 CD K(1,3) = 3 DB K(2,3) = 3 celkem je 16 moţných cest příkladu 9:

dominová kostka x y, sada obsahuje všechny kombinace, kde x, y nabývá čísel 0,1,2,3,4,5,6 (obvykle jsou dřevěné a čísla jsou znázorněna počtem důlků) kaţdá kombinace je v sadě pouze jednou tj. 3 4, 4 3, je jedna a táţ kostka a budeme ji značit 34; kostka, kdy x=y se nazývá dublet; sada má 7 dubletů a 21 ostatních kostek 1. kostku lze vybrat 28 způsoby je-li to dublet (např. 11), je pro 2. kostku 6 moţností (01,12,13,14,15,16) je-li to ostatní (např. 35), je pro 2. kostku 12 moţností (03,13,23,33,34,36,05,15,25,45,55,56) celkem je takto uspořádaně moţností 7.6 + 21.12 = 294 ze zadání je jasné, ţe na pořadí nezáleţí proto konečný výsledek je 294/2! = 147 příkladu 10: schodiště bude mít k = 150/30 = 5 schodů na zadanou délku se vejde n = 45/5 = 9 schodů na zadané délce je moţné schody umístit na n +1 = 10 míst určit celkový počet schodišť je tedy problém počtu umístění 5 schodů na 10 míst = ( 10 5) obecně tedy ( n+1 k). Důležitá interpretace: Návrh schodiště si můţeme představit jako posloupnost 0 a 1, kde 0 znamená, ţe lomená čára znázorňující schodiště, vede vodorovně a 1 představuje místo, kde čára míří vzhůru (je schod). Protoţe nemohou být dva schody na sobě (schod dvoj či více násobné výšky), nesmí být v posloupnosti 0 a 1 dvě jedničky vedle sebe. Například schodiště na obrázku se zakóduje do posloupnosti 10001010001001 Počet posloupností obsahujících n nul a k jedniček, v nichţ ţádné dvě jedničky nestojí bezprostředně za sebou, je roven počtu moţných schodišť, tj K(k,n+1) příkladu 11: Kaţdý výběr zakódujeme posloupností 0 a 1 tak, ţe 0 znamená nevybraná kniha a 1 vybraná. Kaţdý výběr tedy představuje posloupnost délky 12, kde je mezi nulami (7 ks) umístěno 5

jedniček tak, aby ţádné dvě jedničky nebyly bezprostředně za sebou. Podle výsledku příkladu 10 to tedy je celkem K(5,8)=( 8 5)=56 moţností. příkladu 12: 1. způsob: Můţeme slony označit 0 a tygry 1 a vytvořit posloupnost 0 a 1, kde se nesmí objevit dvě 1 za sebou. Takových posloupností podle předchozího příkladu 10 je K(k,n+1) = ( 6 4) = 15. Na rozdíl od 0 a 1, které byly nerozlišitelné (jejich výměna nepřinesla ţádné nové uspořádání) jsou lvi i tygři mezi sebou rozlišitelné. Proto musíme mezivýsledek násobit počtem permutací (přeuspořádání). Krotitel má celkem 5!.4!.15 = 120.24.15 = 43200 moţných seřazení 2. způsob: Seřadíme do zástupu nejprve lvi, coţ můţeme celkem 5! = 120 způsoby. Mezi nimi kaţdými dvěma vytvoříme mezeru pro tygra a ještě můţe být tygr na 1. pozici (v čele průvodu) a na poslední pozici. Tedy celkem 6 pozic pro tygry a ty si očíslujeme 1,2,3,4,5,6. Kaţdému tygrovi přiřadíme jedno z čísel, přičemţ záleţí na pořadí, tedy V(4,6) = 6.5.4.3 = 360. Celkový počet moţných uspořádání šelem je podle pravidla součinu roven 120.360 = 43200 příklad 13: označme α 1 chlapci, α 2 dobrý prospěch, α 3 sportovci tedy α 1 dívky, α 2 nedobrý prospěch, α 3 nesportují pak z textu vyplývá N = 45 N(α 1 ) = 25, N(α 2 ) = 30, N(α 3 ) = 28 N(α 1 α 2 ) = 16, N(α 1 α 3 ) = 18, N(α 2 α 3 ) = 17, N(α 1 α 2 α 3 ) = 15 dosadíme do vzorce N(α 1 α 2 α 3 ) = N N(α 1 ) N(α 2 ) N(α 3 ) + N(α 1 α 2 ) + N(α 1 α 3 ) + N(α 2 α 3 ) - N(α 1 α 2 α 3 ) = = 45 25 30 28 + 16 + 18 + 17 15 = -2 ALE počet dívek nemůţe být záporný => zpráva je nepravdivá. příklad 14: Označíme-li klienty čísly 1 aţ 5 a poloţíme-li jejich obálky vedle sebe, utvoříme uspořádanou 5-tici. Ţe se dopisy nedostanou do správné obálky odpovídá permutacím čísel 1 aţ 5 takovým, ţe ţádné číslo nestojí na svém pořadí. příklad 31254 hledaná permutace, 21354 číslo 3 stojí na svém místě, nevhodná permutace označme N (0) ţádné číslo nestojí na svém místě N (1) na svém místě zůstává právě jedno číslo

N (2) na svém místě zůstávají právě dvě čísla atd. N 1 na svém místě zůstává 1, N 2 na svém místě zůstává 2, N 12 na svém místě zůstává 1 a 2, N 35 na svém místě zůstává 3 a 5, N 12345 na své místě zůstávají všechna čísla podle principu inkluze a exkluze N (0) = N N 1 N 2 N 3 N 4 N 5 + N 12 + N 13 + - N 123 N 124 - + N 1234 + N 1235 + - N 12345 počet případů, kdy zůstává na místě 1, je stejný jako případů, kdy zůstává na místě 2, atd. tedy platí N 1 = N 2 = N 3 = N 4 = N 5, N 12 = N 13 = N 14 = = N 45, počet jednotic z 5 ( 5 1). počet dvojic z 5 je ( 5 2), atd N (k) znamená počet permutací, kdy k čísel zůstává na místě, tj. 5-k jich permutuje takţe můţeme psát N (0) = N ( 5 1)N (1) + ( 5 2)N (2) ( 5 3)N (3) + ( 5 4)N (4) ( 5 5)N (5) = = P(5) - ( 5 1)P(4) + ( 5 2)P(3) ( 5 3)P(2) + ( 5 4)P(1) ( 5 5)P(0) = = 120 5.24 + 10.6 10.2 + 5.1 1.1 = 44 příklad 15: Šťastlivce je moţné vybrat 5 způsoby. Pro zbývající 4 platí úvaha předchozího příkladu, ţádný nesmí dostat svůj dopis a to je celkem P(4) - ( 4 1)P(3) + ( 4 2)P(2) ( 4 3)P(1) + ( 4 4)P(0) = 9 Všech moţností je tedy 5.9 = 45 příklad 16: a) pouţije se princip inkluze exkluze Všech čísel je N = 10 6 těch, co neobsahují jednu z cifer = N (1) = 9 6 ~ vytváříme 6-ticiferná čísla jen z 9 číslic těch, co neobsahují dvě z cifer = N (2) = 8 6 ~ vytváříme 6-ticiferná čísla jen z 8 číslic atd. celkem tedy jde o 10 6 4.9 6 + 6.8 6 4.7 6 + 6 6 = 23160 případů b) máme jen 4 cifry a z nich vytváříme jedno-, dvoj-, troj -, šesti-ciferná čísla, variace s opakováním 4 + 4 2 + 4 3 + 4 4 + 4 5 + 4 6 = (4 7-4)/3= 5460

příklad 17: noty jsou dopisy a desky obálky; kvarteto = 4 postup stejný jako v příkladu 14 a 15 P(4) - ( 4 1)P(3) + ( 4 2)P(2) ( 4 3)P(1) + ( 4 4)P(0) = 9 KONEC