Csahóczi Erzsébet Matematika 7 Megoldások — Matematika Feladatgyűjtemény 7 Osztály Megoldások Apáczai Kiadó

c) Luca, ha két dolgot vett, és a fizetett összeg osztható volt 6-tal? A 6-os maradékok az egyes áruknál: pogácsa 4, csiga 5, zsemle 2, süti 1, torta 0, kókusz 4, kis üdítő 0, nagy üdítő 4. Maradékok összege 1+5 2+4 3+3 0+0 Vásárolt áruk torta + kis üdítő süti + csiga zsemle + pogácsa nincs zsemle + kókusz zsemle + nagy üdítő Lehetőségek 1 1 3 0

Matematika kategória termékei

témazáró felmérő feladatsorok matematika 6.CD változat tanári példány

Matematika 6. tankönyv feladatainak megoldása – Általános iskola 6.

Matematika 7-8. Feladatgyűjtemény

egységes érettségi feladatgyűjtemény matematika II

Algebra az analitikai geometria elemeivel.A gimnázium és reálgimnázium

számára. II. rész a VI-VIII. osztály számára.

Matematika feladatgyüjtemény 11-12 az emelt szintű kiegészítő tananyaghoz

Matematik 10.

Matematika 5. felmérő feladatsorok C változat

emelt szintű matematika érettségi

Sokszínű matematika – munkafüzet 8.o. (I. és II. rész)

A tankönyvcsalád felsőbb évfolyamos köteteire is jellemző, hogy a tananyag feldolgozásmódja tekintettel van a tanulók életkori sajátosság.

Számolástan III. Algebra

Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok 51. évf. 2001/8

Felkészülés és felzárkózás matematikából

Az “Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából” című könyv feladatainak részletes kidolgozása XVI. fejezet

Trigonometrikus egyenlőtlenségek, egyenletek és egyenletrendszerek 11. (III.) osztályosok és érettségizők számára

Matematika 5.

Matematika érettségi feladatsor-gyűjtemény – emelt szinten

Felmérő feladatsorok matematika 5. osztály C változat

Felmérő feladatsorok matematika 5. osztály D változat

Sokszínű matematika 8. I-II. kötet

Az “Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából” című könyv feladatainak részletes kidolgozása (XVI. fejezet) – Trigonometrikus egyenlőtlenségek, egyenletek és egyenletrendszerek – 11. (III.) osztályosok és érettségizők számára

Az “Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából” című könyv feladatainak részletes kidolgozása VII. fejezet

Másodfokú egyenletek és egyenletrendszerek (paraméteres is!) 10. (II.) osztályosok és érettségizők számára

Matematika a gimnázium IV. osztálya számára

Matematika x. – Mértan, trigonometria

Analitikus mértan

Trigonometria – Tankönyv a líceumok I. és II. évfolyama számára (Reál tagozat)

Az emelt szintű matematika érettségi szóbeli tételeinek kidolgozása

100 lépés az érettségihez – Matematika (Rendszerező feladatsorok megoldásokkal (középszint))

A száz, átlagosan nyolc feladatból álló feladatsor rendszerező áttekintést ad a középszintű érettségi anyagából. A feladatok jelentős rés.

Matematika 7. (OFI)

Érdekes matematikai gyakorló feladatok I-V.

Sokszínű matematika 9., 10., 11., 12. egyben

Matematika IV.

Matematika felmérőfüzet 7. évfolyam

Matematika 4. Szabályos testek

TARTALOM Előszó 3 Az öt szabályos test A kockából származtatott szabályos testek 5 A modellek segítségével felismert összefüggések 1.

Középiskolai matematikai lexikon

Matematika 6. felmérő feladatsorok

A felmérő feladatsorok olyan kritériumorientált mérési eszközök, amelyek egyre inkább lehetővé teszik, hogy a sok féle helyi tanterv elle.

Előkészítő és felvételi feladatok matematikából a gimnáziumokba jelentkezők részére 1977-1993.

Gondolkodni jó! Matematika 8. feladatainak megoldása

A kiadvány tartalmazza az MK-4322-0 Matematika 8. feladatainak megoldása és az MK-4322-0/UJ Matematika 8. Gondolkodni jó! kiegészítő fela.

Matematika a gimnáziumok és szakközépiskola II. osztálya számára

Matematika 6. munkafüzet

Matematika Gimnázium II. + III. + IV. osztály (3 kötet)

Matematika a gimnázium I. – II. – III. – IV. osztály számára

Sakk-matematika az iskolában

Ez a könyv elsősorban az iskolák matematikatanárai és a sakkozást kedvelő tanulói számára készült, de azok számára is, akiket a matematik.

Irány az egyetem! 1993. – Matematika + Irány az egyetem! 1994. – Matematika

30 feladatsor matematikából felvételizőknek.

Az “Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából” című könyv feladatainak részletes kidolgozása (XIV. fejezet) – Geometriai bizonyítások, számítások II. – 9.-10. (I.-II.) osztályosok és érettségizők számára

Az “Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából” című könyv feladatainak részletes kidolgozása (XVIII. fejezet) – Számtani és mértani sorozatok – 11. (III.) osztályosok és érettségizők számára

Matematika gyakorlatok és feladatok

KöMal 2000 – 50. évfolyam 1-9 szám egybekötve

Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok

Matematika feladatgyűjtemény az előkészítő tanfolyam számára

Matematika – Tankönyv a líceumok XI. osztálya számára (humán tagozat)

A felsőbb algebra elemei – Tankönyv a líceumok XII. osztálya számára (Reál tagozat)

Matematika VII.

Studium Generale – Matematika Szekció – Szóbeli tételek

Az “Összefoglaló feladatgyűjtemény matematikából” című könyv feladatainak részletes kidolgozása (VI. fejezet) – Elsőfokú egyenletek és egyenletrendszerek – 9. (I.) osztályosok és érettségizők számára

Középiskolai matematikai és fizikai lapok XI. teljes évfolyam (1934 szept. – 1935 jún.)

Számtan-mértan feladatgyűjtemény az általános iskola 7. osztálya számára

Matematika 5. – Gyakorló

Ált isk. alap-emelt A-emelt B, nyolcosztályos gimnázium alap kerettantervhez.

Matematika 5. Bővített változat

Matekból ötös 6. osztályosoknak

Matematika tankönyv VI. osztály számára

Elérhetőségek

Cégünk

Mit kínálunk

Így vásárolhatsz

Közösségi média

Oldalaink bármely tartalmi és grafikai elemének felhasználásához a Libri-Bookline Zrt. előzetes írásbeli engedélye szükséges.
SSL tanúsítvány

Csahóczi Erzsébet Matematika 7 Megoldások — Matematika Feladatgyűjtemény 7 Osztály Megoldások Apáczai Kiadó

Matematika tananyag hetedik osztályos diákok számára. Műveletek racionális számokkal, ismerkedés az algebrai kifejezésekkel, egyenletek megoldásával. Síkidomok területe, hasáb felszíne, térfogata, egybevágósági transzformációk. Tanári Kézikönyv. Apáczai Kiadó Celldömölk. – Csahóczi Erzsébet – Csatár Katalin – Kovács Csongorné – Morvai Éva – Széplaki Györgyné: Matematika 7. Matematikatankönyv és feladatgyűjtemény I. – Csahóczi Erzsébet – Csatár Katalin – Kovács Csongorné. BETT- BETT- BETTER 2. A londoni BETT Show a világ egyik legjelentősebb oktatási kiállítása, ahová a világ minden részéről érkeznek kiállítók. Mind a munkafüzet, mind a feladatgyűjtemény feladatai kiegészítik, gyakoroltatják a tankönyv ismeretanyagát, és alkalmasak házi feladatok kijelölésére. A tankönyvcsalád tankönyvei gondolkodásra nevelik a tanulókat, a tanításról a tanulásra helyezik a hangsúlyt, amit konkrét fejlesztési feladatokon keresztül érnek el. Matematika emelt szint Általános iskola 8. osztály, hatosztályos gimnázium 2. osztály, nyolcosztályo Dr. Czeglédy István főiskolai tanár, Dr. Czeglédy Istvánné vezetőtanár, Dr. Hajdu Sándor főiskolai d: 500 Ft: Matematika feladatgyűjtemény I. a középiskolák tanulóii számára.

Tankönyvkatalógus – AP-070807 – Matematika 7.

c Csahóczi Erzsébet, Csatár Katalin, Kovács Csongorné, Morvai Éva, Széplaki Györgyné, Szeredi Éva, Kiadja az APÁCZAI KIADÓ Kft. 9500 Celldömölk, Széchenyi u. Reméljük, már első látásra is tetszik nektek ez a kedves ábrákkal teli, szép, színes matematika tankönyv. Ebben lépésről lépésre, változatos feladatokkal vezetünk be benneteket a matematika rejtelmes világába. Ez az út hosszú, izgalmas és érdekes lesz. mérőfüzet az Apáczai Kiadó matematikai tankönyvcsalád-. Tanári kézikönyv a Matematika felmérőfüzet 7. szonyítjuk az osztály. Már gyűjtött adatokat több mint 378, 640 kulcsszavak. hu weboldalt találtak a keresési eredmények között 119- szor. Ez lehetővé teszi, hogy végre mélyreható kulcsszó elemzés, hogy érdekes bepillantást, a kutatás versenytársak. Matematika felmérőfüzet 4. osztály Apáczai Kiadó. Nyílt napok Iskolánkban idén február 4- 5- én Nyílt Napot tartottunk. Ezen a két napon sok kisgyermek látogatott el hozzánk szüleivel együtt. Reggel Fáriné Boros Erika tagintézmény- vezető köszöntötte a szüleikkel érkező gyermekeket.

– Pdf dokumentumok és e-könyvek ingyenes letöltés

Vagy nem tudja valaki. Már gyűjtött adatokat több mint 378, 640 kulcsszavak. hu weboldalt találtak a keresési eredmények között 834- szor. 100 kulcsszavak ( néhány keresési lekérdezések két vagy több link, hogy pont a honlapon). A képen látható négyzetbe úgy kell beírni 1- 25 ig a számokat, hogy minden sorban, oszlopban és átló mentén lévő számok összege ugyanannyi legyen ÉS a kék vonalon belül csak páratlan, azon kívül csak páros számok lehetnek. az emberiség sorsa ma inkább függ az erkölcsi erőktől, mint bármikor előbb. Az út a vidám és boldog léthez mindig a lemondáson és önkorlátozáson. osztály: Ajánlott tankönyv és feladatgyűjtemény: Matematika I- II. kötet ( Apáczai Kiadó; APés APMatematika A definíciókat és tételeket ( bizonyítás nélkül) ki kell mondani, a tananyagrészekhez tartozó alap- és közepes nehézségű feladatokat kell tudni megoldani A javítóvizsga 60 – es. Csahóczi Erzsébet – Csatár Katalin – Kovács Csongorné – Morvai Éva – Széplaki Györgyné: Matematika 7. Matematikatankönyv és feladatgyűjtemény I. Apáczai Kiadó Celldömölk.

Matematika tankönyv 7 osztály megoldások apáczai

Tankönyvkatalógus – AP-070807 – Matematika 7. Matematika 7. Általános információk Szerző: Csahóczi Erzsébet, Csatár Katalin, Morvai Éva, Széplaki Györgyné, Szeredi Éva Műfaj: tankönyv Iskolatípus: felső tagozat Évfolyam: 7. évfolyam Tantárgy: matematika Tankönyvjegyzék: Tankönyvjegyzéken szerepel. Nat: Nat 2012 Kiadói kód: AP-070807 Iskolai ár: 720 Ft. Az Oktatási Hivatal által kiadott tankönyveket a Könyvtárellátónál vásárolhatják meg (). Letölthető kiegészítők

18. Mekkora fordulatszámnak felel meg a 33. lan és datacenter megoldások – Legrand Ethernet csatlakozók és kábel. Hagyományos aktív eszközök esetén átalakítóra van szükség. Gyorscsatlakozós, szerszám nélküli vezeték bekötés. 0 335 31. VELUX térnyerő megoldások Ajánlott fogyasztói árak Ft-ban vékony = áfa nélkül, vastag = 27% áfával. Térnyerő megoldások. Tetőtéri ablak és burkolókeret méretkód. MK06. PK06. SK06. Csiszolási megoldások a fémiparban Az EXL korongok a Scotch-Brite család azon tagjai, amelyeket nagy nyomással. A 3M vágókorongjai igen precíz darabolást tesznek lehetôvé sarokcsiszoló gépeken. A három. A Scotch-Brite™ sorjázókorongok különbözô fajtái kaphatók a. Építész – Építési Megoldások Szerkesztô: Dobossy Edit / Szakmai tanácsadók: Csajbók Csaba, Cságoly Ferenc, Vukoszávlyev Zorán, Wesselényi-Garay Andor, Gáspár László, Nagy Sándor,. Loctite karbantartási megoldások Menettömítők. Felülettömítő termékek. Rögzítő. Csavarrögzítők. Pillanatragasztók. Menettömítők. Olajálló.

KÉZIKÖNYV a MATEMATIKA

2 Szerzők KORNAI JÚLIA, KOVÁCS ELŐD, LÖVEY ÉVA, PÁLOVICSNÉ TUSNÁDY KATALIN, SCHUBERT MIHÁLY Illusztrálta FRIED KATALIN SZALÓKI DEZSŐ Alkotószerkesztő CSATÁR KATALIN Felelős szerkesztő ACKERMANN RITA AP 983 ISBN c Kornai Júlia, Kovács Előd, Löve Éva, Pálovicsné Tusnád Katalin, Schubert Mihál, Kiadja az APÁCZAI KIADÓ Kft. 95 Celldömölk, Szécheni u. 8. Telefon: 95/55-, fa: 95/ Internet: Felelős kiadó: Esztergálos Jenő ügvezető igazgató Nomdai előkészítés Könv Művek Bt. Terjedelem: 9 87 (A/5) ív Tömeg: 566 g

3 Kombinatorika Kombinatorika. óra: Rendezett és rendezetlen összeszámlálás. óra: Több vag kevesebb? 3. óra: Összeszámlálás az egszerűbbtől a bonolultabb felé 4. óra: Melik utat válasszam? 5. óra: Sorrendek száma 6. óra: Sorrendek száma ismétlődő elemek esetén 7. óra: A lottó kiválasztás, ha a kiválasztott számok sorrendje nem fontos 8. óra: Lépésről lépésre Mire építünk? A tanulók korábbi tanulmánaik során találkoztak már olan feladatokkal, amikor különböző dolgok, számok, esetek számát kellett összeszámolni. Az ilen típusú feladatok közül néhánat ebben a fejezetben ismét áttekintünk. Fordítsunk nag figelmet arra, hog a tanulók valamiféle rendszert, rendet vigenek a megoldásukba az esetek összeszámolása során! Meddig jutunk el? Rövid ismétlés után olan feladatokat nézünk, amikor nem a lehetőségek számát kell kiszámolni, hanem csupán el kell dönteni, hog melik esetben van több lehetőség. Ezt követően eg fejezet foglalkozik azzal, hog eg bonolult feladat esetén először érdemes eg hozzá hasonló, egszerűbb példát megoldani. Kísérleteket végezhetünk, sejtéseket fogalmazhatunk meg, majd bizoníthatjuk sejtésünket. Melik utat válasszam? Ebben a fejezetben döntési lehetőségeinket utak választásával szemléltetjük, megbeszéljük, hog (a tárgalt esetekben) miért szorozhatjuk össze az eges esetek számát. A Sorrendek száma, illetve a Sorrendek száma ismétlődő elemek esetén fejezet a permutációval, illetve az ismétléses permutációval foglalkozik. Az utóbbi esetén legfeljebb három ismétlődő elemmel foglalkozunk, és csak ehhez adunk meg képleteket. Célunk, hog feladatokon keresztül érzékeltessük a tanulókkal a különböző kombinatorikai problémákat. A lottó kiválasztás, ha a kiválasztott számok sorrendje nem fontos fejezetben is legfeljebb három szám kiválasztásával foglalkozunk. Ide sok-sok feladat, probléma megvizsgálásával jutunk el. Az ismétlés nélküli kombinációról a következő évfolamon mélítik el a tanulók a tudásukat. A Lépésről lépésre című fejezet bevezetés a rekurzív feladatok világába, miközben találkozunk a Pascal-háromszöggel és a Fibonacci-sorozattal is. Fontos, hog ezekkel a fogalmakkal és a hozzájuk tartozó képletekkel a későbbiekben részletesen, mélebben foglalkozunk. Íg ezen az évfolamon a célunk az, hog a következő évek tanulmánait megalapozzuk. Képleteket csak egszerű esetekre adunk, a feladatmegoldásokra helezzük a hangsúlt. A továbbhaladás feltételei A legfontosabb fejezet a Melik utat válasszam?, melnek feldolgozása során értik meg a tanulók sok kombinatorikafeladat alapját, a kombinatorikus gondolkozás lénegét. A későbbiekben használni fogjuk a permutációkról és a kombinációkról tanultakat is. 3

4 Kombinatorika Érettségi követelmének Középszint Tudjon a tanuló egszerű sorba rendezési, kiválasztási és egéb kombinatorikai feladatokat megoldani. Emelt szint Ismerje, bizonítsa és alkalmazza a tanuló a permutációk, variációk, kombinációk (ismétlés nélkül) kiszámítására vonatkozó képleteket.. óra: Rendezett és rendezetlen összeszámlálás Tk.: 3 6. oldal, 6. feladat Fg.: feladat Ebben a fejezetben arra helezzük a hangsúlt, hog a lehetőségek felírásakor valamilen rendet vag rendszert vigünk a munkánkba. ( Bölcsész beállítottságú osztál esetén feltehetjük esszékérdésnek, hog Mi a rend?. Ha valaki mindig otthon hagja a matekkönvét, az vajon rend vag rendetlenség?) Hangsúlozzuk, hog a rendszer, melet a megoldásban használunk, többféle lehet, a következetesség a legfontosabb! Feladatok 4. Hánféleképpen olvasható le a jókedv az ábráról? J Ó K A jobbra lépést jelölje J, a lefelét L! Íg két J és három L sorrendjeit kell leírni. Ó K E LLLJJ, LLJLJ, LLJJL, LJLLJ, LJLJL, LJJLL, JLLLJ, JLLJL, JLJLL, JJLLL. K E D Összesen lehetőség van. E D V. Hánféleképpen olvasható le a jókedv az ábráról, ha kétszer egmás után nem léphetünk jobbra? A következő leolvasási iránok jók: LLJLJ, LJLLJ, LJLJL, JLLLJ, JLLJL, JLJLL, íg összesen 6 lehetőség van. 3. Hánféleképpen olvasható le a jókedv az ábráról, ha kétszer egmás után nem léphetünk lefelé? Csak a LJLJL sorrend megfelelő, vagis eg eset van. 4. Próbálkozz olan megoldással a 4. példánál, amikor a rendezőelv az, hog tölg vag bükk van-e középen! a) Ha tölg van középen: Ekkor lehet a fennmaradó három mindegike bükk. Eg ilen parketta van. Két bükk, eg tölg a maradék háromból. Ilen is csak eg van (bármel kettő egmásba forgatható). Eg bükk, két tölg. Ebből szintén egféle van. Mindhárom tölg. Ilen nem lehet, mert ekkor nem kétféle fából készült a parketta. Eddig tehát három típus van. b) Szintén 3 típust találunk, ha bükk van középen. (Az előző 3 parketta bükkjeit és tölgeit egmásra kicserélve megkapjuk ezeket.) Összesen tehát 6 parketta felel meg a feltételeknek. 5. Leírtuk egmás mellé a -nál nem nagobb pozitív páros egész számokat: 4684 . 9698. a) Hán darab számjeget írtunk le? 9 = 9 kétjegű számunk van, ennek a fele, vagis 45 páros, leírásukhoz 9 számjeg kell. Az egjegűek leírásához 4, az eg háromjegű leírásához 3 számjeg kell. Összesen = 97 számjeget írunk le.

5 Kombinatorika b) Hán darab 4-es számjeget írtunk le? Az egesek helén szerepel a 4-es a 4, 4, 4, . 94 esetén, vagis -szer. A tízesek helén a 4, 4, 44, 46, 48 esetén, azaz 5-ször. Íg összesen 5-ször írjuk le a 4-est. c) Mi balról a 49. számjeg? Egjegű 4 számjeg, Kétjegű és -gel kezdődik számjeg, Kétjegű és -vel kezdődik számjeg, Kétjegű és 3-mal kezdődik számjeg, Kétjegű és 4-gel kezdődik számjeg. Marad még 5 számjeg: . vagis 5 lesz a 49. leírt számjeg. 6. Három barátoddal (Péterrel, Ágival és Zolival) le szeretnétek ülni eg kör alakú asztalhoz, amel körül 4 rögzített szék van. Hánféleképpen tehetitek ezt meg, ha te mindenképpen Péterrel szemben szeretnél lenni, és fontos, hog ki melik székre ül? Válaszodat indokold!. megoldás: Te és Péter négféleképpen ülhettek le: Te Péter Te Péter Péter Te Péter Te Mindegik esetben Ági és Zoli kétféleképpen ülhet le, hiszen Pétertől jobbra és balra is ülhet Ági. Íg összesen 4 = 8 eset van.. megoldás: Péter 4 hel közül választhat, neked szembe kell ülnöd (csak eg lehetőséged van). Ági a fennmaradó hel közül választhat, Zoli a szabad helre ül. Íg 4 = 8 eset van.. óra: Több vag kevesebb? Tk.: 6 9. oldal, 3 + kérdéses totó feladat Fg.: feladat A fejezetben csak összehasonlítunk elemszámokat, nem számoljuk ki a lehetőségek számát. A befektetett idő uganakkor megtérül. Gondoljunk csak az ismétlés nélküli variáció és az ismétlés nélküli kombináció képletei közötti kapcsolatra vag az ismétléses és az ismétlés nélküli permutációnál használt képletekre! A később szóba kerülő képletek talán könnebben megérthetőek lesznek a most tárgalt példák átgondolása után. Feladatok Párban vag háromfős csoportokban töltsétek ki a következő totót! Totó Az alábbi lehetőségek közül válassz! : a) esetben van több lehetőség. : b) esetben van több lehetőség. X: Egenlő a lehetőségek száma.. a) Az a, b, c, d, e betűkből képezhető, legfeljebb négbetűs szavak száma, amelekben nincs betűismétlődés. b) A p, q, r, u, ü betűkből képezhető négbetűs szavak száma, amelekben nincs betűismétlődés. 5

6 Kombinatorika, mert a p, b q, c r, d u, e ü párba állítással (megfeleltetéssel) a képezhető szavak is párba állíthatók. Íg mindkét esetben ugananni négbetűs lesz, de az a) esetben a kevesebb betűből állókat is néznünk kell. (Természetesen nem követeljük meg, hog a szavak értelmesek legenek.). a) Eg 3 elemű halmaz 7 elemű részhalmazainak száma. b) Eg 3 elemű halmaz 3 elemű részhalmazainak száma. X, mert 7 elemet megjelölve egúttal kijelölünk eg 3 elemű részhalmazt is (a be nem jelöléssel). 3. a) < 3 4 5>kételemű részhalmazainak száma. b) Az 5, 6, 7, 8, 9 számjegekből képezhető olan kétjegű számok száma, amelekben a számjegek különbözők., mert számot az 5, 6, 7, 8, 9 közül ugananniféleképpen tudunk kiválasztani, mint az < 3 4 5>-ból, de a b) esetben két kétjegű számot kapunk minden kiválasztáskor. Megjegzés: a b) esetben kétszer anni kétjegű számot kapunk, mint ahán részhalmazt az a) esetben. 4. a) < 3 4 5>kételemű részhalmazainak száma. b) Az 5, 6, 7, 8, 9 számjegekből képezhető olan kétjegű számok száma, amelekben a számjegek különbözők, és növekvő sorrendben követik egmást. X, mert számot az 5, 6, 7, 8, 9 közül ugananniféleképpen tudunk kiválasztani, mint az < 3 4 5>-ból kettőt, és növekvő sorrendben egféleképpen tudjuk lerakni őket. 5. a) < 3 4 5>háromelemű részhalmazainak száma. b) Az 5, 6, 7, 8, 9 számjegekből képezhető olan háromjegű számok száma, amelekben minden számjeg különböző., mert 3 számot az 5, 6, 7, 8, 9 közül ugananniféleképpen tudunk kiválasztani, mint az < 3 4 5>-ból, de a b) esetben 6 háromjegű számot kapunk minden kiválasztáskor. Megjegzés: a b) esetben hatszor anni háromjegű számot kapunk, mint ahán részhalmazt az a) esetben. 6. a) < 3 4 5>háromelemű részhalmazainak száma. b) Az 5, 6, 7, 8, 9 számjegekből képezhető olan háromjegű számok száma, amelekben minden számjeg különböző, és növekvő sorrendben követik egmást. X, mert 3 számot az 5, 6, 7, 8, 9 közül ugananniféleképpen tudunk kiválasztani, mint az < 3 4 5>– ból, és növekvő sorrendben egféleképpen tudjuk lerakni őket. (Megjegzés: ha a későbbiekben feladjuk azt a feladatot, hog a, 3, 5, 6, 7, 8, 9 számjegekből hán olan ötjegű szám készíthető, amelnek minden jege különböző, és a jegek növekvő vag ( ) csökkenő ( ) sorrendben következnek, a válasz: ahán ötelemű részhalmaza 7 7 van < >-nak, vagis = =.) 5 7. a) 5 focimeccsre az összes lehetséges tipp száma (,, X lehet a tipp minden esetben). b) 5 teniszmérkőzésre az összes lehetséges tipp száma ( vag lehet a tipp, döntetlen nem fordulhat elő)., mertab)-nél kitöltött tippszelvéneket az a) esetben is lemásolhatjuk. Viszont az a)-nál vannak olan tippsorozatok (például X, X. ), amelek a teniszmeccseknél nem fordulhatnak elő. Megjegzések:. Esetleg ki is számolhatják a diákok, hog 3 5, illetve 5 a lehetőségek száma.. Szóba kerülhet, hog a tenisz-totó anniféleképpen tölthető ki, mint az < 3 4 5>részhalmazainak száma. A kapcsolat az lenne, hog -es tipp esetén az adott meccsnek megfelelő elemet beválogatjuk, -es tipp esetén nem. 8. a) A szabálos hatszög csúcsai által meghatározott egenesek száma. b) < >kételemű részhalmazainak száma. X, mert a csúcsokat megszámozva minden b)-beli kételemű részhalmaz egértelműen meghatároz eg egenest (és minden egenes eg részhalmazt). 6

7 Kombinatorika 9. a) A szabálos hatszög csúcsai által meghatározott háromszögek száma. b) < >háromelemű részhalmazainak száma. X, mert a csúcsokat megszámozva minden b)-beli háromelemű részhalmaz egértelműen meghatároz eg háromszöget (és minden háromszög eg háromelemű részhalmazt).. a) Az 5, 6, 7, 8, 9 számjegekből képezhető négjegű számok száma, ha eg jeget többször is felhasználhatunk. b) A, 6, 7, 8, 9 számjegekből képezhető négjegű számok száma, ha eg jeget többször is felhasználhatunk., mert5, 6 6, 7 7, 8 8, 9 9 párba állítással (megfeleltetéssel) a képezhető négjegű számok is párba állíthatók. Íg minden b)-belinek lesz párja, de az 5-tel kezdődő a)-belieknek a -val kezdés miatt nem.. a) Az,, 3, 3, 3 kártákból készíthető ötjegű számok száma. b) Az,, 3, 3, 4 kártákból készíthető ötjegű számok száma., mert,, 3 3, 3 3, 3 4 párba állítással (megfeleltetéssel) a képezhető ötjegű számok is párba állíthatók. Minden a)-belinek lesz párja b)-ben, de nem minden b)-belinek lesz a)-beli párja. Például a b)-beli 334-hez és a 343-hoz és a 433-hoz uganaz a szám ( 333) tartozna a)-ból. Megjegzés: Minden a)-belihez három b)-beli tartozik, íg ott háromszor anni ötjegű szám van.. a) Az,, 3, 3, 3, 4 kártákból készíthető hatjegű számok száma. b) Az,, 3, 3, 4, 4 kártákból készíthető hatjegű számok száma., mert, párba állítással (megfeleltetéssel) a kérdés csak az, hog 3, 3, 3, 4 számjegekből vag 3, 3, 4, 4 számjegekből készíthető-e több négjegű szám. Az első esetben 4, a másodikban 6 lehetőség van, akárhog rögzítjük is az -esek és -esek helét. Íg b) esetben van több lehetőség, 3. a) Eg jeget két szám bejelölésé- 3 b) Eg jeget nég szám bejelö- 3 vel érvénesítenek. A jeg íg lésével érvénesítenek. A jeg néz ki: íg néz ki: X, mert számot bejelölve egúttal kijelölünk nég számot is (a be nem jelöléssel). +. a) Eg jeget legfeljebb három 3 b) Eg jeget legalább három 3 (de legalább eg) szám bejelö szám bejelölésével érvénesíte lésével érvénesítenek. A jeg nek. A jeg íg néz ki: íg néz ki:, mert ez első esetben eg, kettő vag három, a második esetben három, nég, öt vag hat számot jelölnek be. Eg számot pontosan anniféleképpen jelölhetünk be, mint öt számot; két számot anniféleképpen, mint néget; azok a jegek, ahol hármat jelölünk meg, közösek (tehát a számuk is nilván ugananni). Van viszont mégazajegb)-ben, ahol mind a 6 számot bejelöljük, ennek nincs párja. Megjegzés: b)-ben a jegek száma eggel több, mint a)-ban. 3. óra: Összeszámlálás az egszerűbbtől a bonolultabb felé Tk.: 9. oldal, 6. feladat Fg.: feladat Ezen az órán a legfontosabb néhán kísérlet elvégzése, sejtés megfogalmazása és indoklása. Nem a konkrét feladatok megjegzése a cél, hanem a módszer ízének megérzése. 7

8 Kombinatorika Feladatok. 3 8-as tábla csokit -es kis darabokra törünk szét. Minden töréskor csak eg darab csokit foghatunk a kezünkbe. a) Hán törésre van szükség? Kísérletezz kisebb csokival! Például 3-as csoki esetén törés kell, 4-es esetén 3, 8-as esetén 7. 3-as esetén (visszavezetve a 3-as esetre): + =5 8 4-es esetén (visszavezetve az 4-es esetre) + 3=7. 8-as esetén (visszavezetve az 8-as esetre) + 7 = 5. A3 3-as, 3 4-es, 3 8-as csokik törését is visszavezethetjük a 3-as, 4-es, illetve a 8-as esetre, ezekben az esetekben + 3 =8,+3 3 =, = 3 törés kell. Válaszunk tehát: 3. b) Próbálj meg általánosítani n k-s méretű csokira! Méret Hán kis darabból áll a csoki? A törések száma Észrevehetjük, hog minden esetben eggel kevesebb törés kell, mint ahán kis darabból áll a csoki. A sejtésünk tehát az, hog n k-s csoki esetén n k törés kell. Indoklás: kezdetben eg csokink van. Minden törés esetén eggel nő a darabok száma, hiszen minden esetben eg darabból kettő lesz. Mivel végül n k darab lett, íg n k törésre van szükség.. Eg légitársaság nagváros mindegikét összeköti bármel másikkal (vagis bármelikből bármelikbe eljuthatunk, bár elképzelhető, hog esetleg többször is át kell szállnunk). a) A légitársaság minimum hán járatot üzemeltet? Mivel minden járat csak várost köt össze, ezért tíz város bármelikéből járattal juthatunk el az összes többibe, ha a járatok csak eg iránba közlekednek. b) A légitársaság maimum hán járatot üzemeltet? (Ebben az esetben közvetlen oda-vissza kapcsolat van bármel két város között. Mindegik járatot egszer vegük figelembe!). megoldás: Számozzuk meg a városokat! Az első városból 9 másikat kell elérni, ez 9 = 8 járatot jelent. A második városból 8-at kell elérni (az elsővel már összekötöttük), ez 8 = 6 járatot jelent, és íg tovább. Összesen . + + = (9+8+7+. ++)= 45 = 9 járatot üzemeltet a társaság maimálisan.. megoldás: Jelöljük a városokat eg-eg ponttal, a járatokat eg-eg níllal! város mindegikéből 9 níl indul ki, vagis összesen 9. Megjegzés: A., 3., 4., 5. feladat kapcsán, ha az idő engedi és a tanulók érdeklődése indokolja, beszélhetünk a gráfokról, megemlíthetjük az iránított gráfokat. Ejthetünk pár szót a gráfelméletnek a magar matematikatörténetben betöltött fontos heléről. 3. Hán átlója van eg szabálos 7 szögnek? Próbálj lépésről lépésre haladni, vizsgálj meg előbb egszerűbb eseteket! Megszámozzuk a pontokat. Az első pont 6 ponttal köthető össze. A második 5 újabb, a harmadik 4 újabb szakaszt határoz meg, és íg tovább. Összesen . + + = 36 szakaszt kapunk. Ebből 7 nem átló, hanem oldal. Íg az átlók száma: 36 7 = 9. Másik megoldás: Ha eg csúcsból átlót akarunk húzni, akkor önmagába és a két szomszédos csúcsba nem húzhatunk 7 4 átlót. Íg a szabálos 7 szög minden csúcsából 4 átló húzható. Az összes átló száma = 9, mert ezzel a módszerrel minden átlót mindkét végpontjánál számba vettünk. 4. Eg társaságban csak férfiak vannak. Mindenki mindenkivel kezet fog. Az emberek egesével érkeznek.

9 Kombinatorika Hán kézfogás történik, ha összesen 7-en vannak? Ha egmás után érkeznek az emberek, akkor a másodikként érkező eg emberrel fog kezet a megérkezésekor. A harmadik két ott lévővel, és íg tovább. A legutolsó 6 emberrel. Íg összesen . = 36 kézfogás történik. 5. Van-e kapcsolat a 3. és 4. feladat között? Ha igen, akkor mi? Módosítható-e (csupán eg-két szó beillesztésével) a 3. feladat úg, hog gakorlatilag a 4. feladatot kapjuk? Mit jelent itt a gakorlatilag szó? Ha a 3. feladat az oldalak és átlók számát kérdezte volna, akkor épp a 4. feladat eg szemléltetése lenne. A gakorlatilag szó azt jelenti, hog eg-eg férfit eg-eg pontra, a kézfogásokat szakaszokra (oldalakra vag átlókra) kicserélve a módosított harmadik és a negedik feladat szövege megegezik. 6. Eg társaságban csak nők vannak. Mindenki mindenkinek Jó napot! -ot köszön. Hán köszönés hangzik el, ha 7-en vannak?. megoldás: Bármel két nő között két köszönés hangzik el. Az 5. feladatban bármel két férfi eg kézfogással köszöntötte egmást. Íg a köszönések száma a kézfogások számának kétszerese: 36 = 7.. megoldás: Eg szabálos 7 szögben a nőket eg-eg csúccsal, a köszönéseket eg-eg níllal jelölve a nilak száma: 7 6 = óra: Melik utat válasszam? Tk.: 7. oldal,. feladat Fg.: feladat A fejezetnitó példa nagon egszerű, de a megértése kulcsfontosságú. Hangsúloznunk kell, hog az összeszorozgatás csak akkor lehetséges, ha az új döntésünkkor ugananni lehetőség közül választhatunk, bármi történt is korábban. A fejezetben használjuk, de nem nevezzük néven az ismétléses variációt, képletet sem készítünk az általános esetre. Az összes eset rosszak száma = jók száma nagon sokszor használható, érdemes felhívni rá a tanulók figelmét. Feladatok. Hánféleképpen olvasható le az ábráról az oázis szó? Csak az O-nál S és az I-nél van döntési lehetőségünk: 4 3 = a kiolvasások száma. S I S. Hán olan rövid ( ) és hosszú ( ) jelből álló morzejelsorozat van, Z amel: S Á S a) 5 jel hosszúságú; Minden esetben lehetőség közül dönthetünk, íg S I Z Á O Á Z I S 5 = 3 öthosszúságú morzejelsorozat van. S Á S b) legfeljebb 5 jel hosszúságú? Z Eg hosszú jelsorozat darab; S I S kettő hosszú jelsorozat = 4 darab; három jelből álló morzejel 3 = 8 darab; nég jelből álló morzejel 4 = 6 darab; öt jelből álló morzejel 5 = 3 darab. S Összesen tehát = 6 legfeljebb öthosszúságú morzejelsorozat van. 9

10 Kombinatorika 3. Kutatómunka: Nézz utána az interneten vag leikonban! a) Mikor alakult ki a morzejelrendszer? Samuel Finle Breese Morse találta fel 835-ben. A rádióamatőrök, vag például hajók és kikötők kommunikációjára még napjainkban is használják. b) Hol alkalmazták? Üzenetek közlésére használják. Nemcsak a betűket, de a számokat és írásjeleket is kódolják. Az első távíróvonal 844-ben nílt meg Amerikában, Washington és Baltimore között. c) Más-más nelveken eltérő-e? Természetesen. Az eredeti angol kódolást a magarban is használják, de ki kellett egészíteni bizonos betűk (például az ö és ü) kódjával. 4. Hánféle eredmén lehetett a félidőben a 4 : 3 végeredménű meccsen, ha tudjuk, hog a második félidőben csak eg gól esett? És ha három? Ha a második félidőben gól volt, akkor az első félidő eredméne csak 4 : vag 3 : 3 lehetett, azaz a megoldás. Három gól esetén 4 :, 3 :, : vag : 3 lehetett az eredmén, vagis négféle. 5. Feldobunk eg dobókockát a) háromszor, b) ötször. A kapott számokat egmás mellé írva eg-eg (háromjegű, illetve ötjegű) számot kapunk. Hán A: 5-tel osztható, B: páros, C: 4-gel osztható szám jöhet ki? A: Az utolsó dobás csak 5-ös lehet, a többi hatféle, íg 6 = 36, illetve 6 4 = 96 a lehetőségek száma. B: Az utolsó dobás, 4 vag 6 volt, a többi hatféle lehetett, íg az A pontbeli lehetőségek háromszorosa fordulhat elő: 3 6 = 8, illetve = C: Az utolsó jegből álló kétjegű szám csak a, 6, 4, 3, 36, 44, 5, 56, 64 lehet (összesen 9 eset), a többi számjeg pedig hatféle. Ezért 6 9 = 54, illetve = 944 lehetőség van. 6. A hatjegű számok hán %-a tartalmaz: a) 9-es számjeget, Az összes hatjegű szám száma: 9 5, közülük nem tartalmaz 9-est: Tartalmaz 9-est: Ez az összes ( )=9 5 = = 475 része, vagis 47 5 %-a. b) 8-as vag 9-es számjeget? A szám nem tartalmaz 8-as vag 9-es számjeget tagadása a szám nem tartalmaz 8-ast és nem tartalmaz 9-est, vagis egiket sem. Ilen hatjegű szám darab van. Olan hatjegű tehát, amelben van 8-as vag 9-es, darab van. Ez a hatjegűek számának ( )=9 5 = = 745 része, azaz 74,5 %-a. 7. a) Hán olan hatjegű szám van, amelben csak páratlan számjegek szerepelnek? Mivel mind a 6 számjeg ötféle lehet, 5 6 = 5 65 a lehetőségek száma. b) Hán olan hatjegű szám van, amelben csak páros számjegek szerepelnek? Az első helre 4, a többire 5 számjeg kerülhet, íg = 5 ilen szám van. Kevesebb eset van, mint az a) esetben. Megjegzés: Számolhatunk a b) esetben úg is, hog az összes helre megengedjük az összes páros számjeget, majd a -val kezdődőek számát levonjuk az összes esetből: = 5. Hasonlítsd össze a két feladat eredménét! 8. Hán olan tízjegű szám van, amelnek minden jege különböző?. megoldás: Mivel számjegünk van, és minden jegnek különbözőnek kell lennie, minden számjeget pontosan egszer használunk fel. Az első helre 9 számjeg kerülhet (a nem), a másodikra is 9, a harmadikra 8, a negedikre 7, és íg tovább. Összesen 9 9! = ilen szám van.. megoldás: a kilenc helre kerülhet (előre nem), az szintén 9 helre (eg már foglalt), a nolc helre, és íg tovább. 9 9! = számot kapunk. 9. Feldobtunk eg dobókockát hétszer, a kapott számokat egmás után írva eg hétjegű számot kaptunk. a) Hánféle lehet ez a szám? Minden számjeg hatféle lehet, ezért 6 7 = b) Hánféle lehet, ha az utolsó dobás -es volt? Az utolsó számjeg rögzített, ezért 6 6 = c) Hánféle lehet, ha az utolsó dobás -es volt, és a kapott szám osztható 4-gel? Az utolsó jeg, 3 és 5 lehetett csak, a maradék 5 dobás bármi, íg = 3 38 lehetőség van.

11 Kombinatorika. Projektfeladat: Alkossatok 4-5 fős csoportokat! Válasszatok eg témát az alábbi hat közül! Gűjtsetek erről anagot az interneten és a könvtárban! Tartsatok 5-7 perces kiselőadást a munkátokról az osztálban, vag készítsetek tablót, amelet kitehettek a falra! A zárójelben segítséget találtok, de más iránban is elindulhattok.. A számítógépek és a -es számrendszer ( -féle ember létezik: akik ismerik a bináris számokat, és akik nem. ) Megjegzés: -féle a kettes számrendszerben, vagis kétféle. 3. A genetikai kód a DNS (Fehérjék, -féle aminosav kódolása 4-féle nitrogénvegülettel. Miért 3 hosszúságú a kód? Mikor fedezték fel?) 4 4 = 6, ezért két vegület nem tud kódolni aminosavat, de három természetesen igen. A DNS-t (dezoiribonukleinsavat) két genetikus, James Watson és Francis Crick fedezte fel 953-ban. A DNSlánc minteg méter, de fel van csavarodva, íg a sejtmagba belefér. A projektfeladat (. feladat) akár poszter formában is kérhető, és természetesen kiállítást is szervezhetünk az osztálban. 5. óra: Sorrendek száma Tk.: 8. oldal, 9. feladat Fg.: feladat A fejezet az ismétlés nélküli permutációról szól. Egszerű feladatokon keresztül jutunk el az általános képlethez. Foglalkozunk olan példákkal, amikor rögzített elemek vannak, illetve valamilen kötöttség lép fel, feltétel fogalmazódik meg. Érdemes pár percet elidőzni annál, hog kapott eredméneink (mondjuk a 7!) milen óriási nag számok. Hívjuk fel tanítvánaink figelmét arra, hog kötöttségek (feltételek) esetén általában kevesebb lehetőség van, mint azok nélkül. Ennek szemléltetésére nagon alkalmas például a 4. feladat. Ha van időnk és kedvünk, beszélgethetünk arról a tanítvánainkkal, hog a feltételek/szabálok egrészt csökkentik a lehetőségeket (minteg korlátoznak minket), másrészt érdekes világokat teremthetnek. Ha nem lennének szabálok arra, hog a sakkfiguráknak hogan kell lépniük, sokkal több lehetőségünk lenne, de íg az egész játék érdektelenné válna. (Hasonlóan: a szabál nélküli tánc csak vonaglás, a szabálok teremtik meg azt a világot, amelet tangónak vag csárdásnak nevezünk. és foltathatjuk a sort kártajátékok vag az eges országok közlekedési szokásainak felidézésével.) Feladatok. Számítsd ki az alábbi kifejezések értékét! a) 7! = 54 b) 8! = 4 3 c) (5!) =5! 5! = = 4 4 d) 8! 9 =! = e)! 98! = 98! 99 98! =99 = 99 Hívjuk fel a tanítvánaink figelmét arra, hog számológép-barátunk az e) feladatnál cserbenhag bennünket, hiszen E betűt ír ki, mégis meg tudjuk oldani a példát!. Próbáld ki a számológépeden, hog mit ír ki!, 5. esetén! Ki tudod olvasni a! értékét?! értékét? 3! értékét? (Például: 8! = negvenezer-háromszázhúsz.) 5! A! (és természetesen a!) esetén a legtöbb gép errort (E-t) ír ki, már nem tudja kezelni.

12 Kombinatorika Megjegzések:. Beszélgethetünk arról a tanulókkal, hog mit jelent az, hog a! esetén (normálalakban) a tizedesvessző utáni ötödik jeget már nem írjuk le. Például: Menni lenne a megadott számtól való eltérés, ha csak két tizedesjegig írnánk le a számot? Nag vag kicsi? Milen nagságrendű lenne az eltérés?. Megemlíthetjük, hog eg nagságrend -szerest jelent. Vagis például ha az egik csapat 53, a másik gólt dobott, akkor nem igaz az a hangzatos szöveg, hog nagságrendekkel több gólt szerzett a gőztes a milliárd milliárdszorosa. 4. Megkérdezhetjük a tanulókat, hog a!-t kiszámolhatjuk-e íg: 5! 5! Természetesen nem. 5. Érdemes felhívni a tanulók figelmét, hog a a számológépükön (általában) íg szerepel: : focista egmás mögött kifut a pálára. Hán sorrend lehetséges, ha: a) nincs megkötés;! = b) elöl fut a csapatkapitán, utána a kapus; 9! = 36 88, mert az első két hel rögzített. c) hátul fut a nég védő; 7! 4! = 54 4 = 96, mert a védők 4!-féleképpen, a többiek 7!-féleképpen futhatnak ki. d) b) és c) is teljesül? 5! 4! = 4 = 88, mert a csapatkapitán és a kapus helzete kötött, a védők 4!-féleképpen, a többiek 5!-féleképpen jöhetnek ki. 4. Hánféleképpen jöhetnek be az osztálod tanulói egmás után az osztálba, ha: a) nincs megkötés; n tanuló n!-féleképpen jöhet be a terembe. Ha például 3 tanuló van az osztálban, 3! a lehetőségek száma. (Érdemes rávezetni a tanulókat, hog kimondják: eg óriási számról van szó.) b) a fiúk előreengedik a lánokat; Ha l lán van és f fiú, akkor l! f! a lehetőségek száma. Ha például lán és fiú van. különböző módon jöhetnek be a terembe. c) előbb bejön az összes fiú, és csak utánuk a lánok? Ha l lán van és f fiú, akkor f! l! a lehetőségek száma, vagis éppen anni, mint a b) feladatban. Megjegzés: Érdemes összehasonlítani a!! számot a 3!-sal (vag az osztálban kapott értékeket 3! egmással) például úg, hog vesszük a hánadosukat. = Ha az osztálban a lánok!! és fiúk száma nem nagon tér el egmástól (és átlagos az osztállétszám), óriási lesz a hánados. 5. A, B, C, D, E, F moziba meg. Hánféleképpen foglalhatják el a helüket, ha a jegeik egmás mellé szólnak, és: a) nincs megkötés; 6! = 7 lehetőség van. b) B mindenképpen D mellett akar ülni; B és D eg molekulát alkot, de leülhetnek BD és DB sorrendben is. Mindkét esetben a lehetőségek száma 5! =. Összesen tehát: = 4 lehetőség van. c) B mindenképpen D és F mellett akar ülni? B-t D és F közrefogja, és eg háromatomos molekulát alkotnak. Ők hárman kétféle sorrendben ülhetnek le: BDF vag FBD. Mindkét esetben 4! = 4 lehetőség van, összesen tehát 4 = fiú és 4 lán párokban zsonglőrködik eg felvonuláson. Az eg-eg párt alkotó fiúk és lánok mindig egütt maradnak, de páronként pörögnek-forognak. A fiúknál és a lánoknál is fontos, hog ki hánadik párban vesz részt. Hánféle sorrend lehetséges?. megoldás: Ha a lánok megbeszélik, hog melikük hánadik párban lesz majd, akkor 4! = 4 sorrend közül kell dönteniük. Uganez a helzet a fiúk esetén is. Íg 4 4 = 576 sorrendje van a zsonglőröknek.. megoldás: Minden lán választ eg fiút (vag fordítva), ez 4!-féleképpen történhet meg, majd a párok eldöntik, hog ki hánadik lesz, ekkor is 4! lehetőség van. Összesen tehát 4 4 = 576.

13 Kombinatorika 7. a) Eg állatidomár két oroszlánt és három tigrist vezet be a porondra. Az állatok egmás után jönnek be, de a két oroszlán sosem kerülhet egmás mellé. Hán lehetőség van a bevonulásra?. megoldás: Két oroszlán közé kerül eg tigris (OTO) vag két tigris (OTTO) vag három (OTTTO). Az első esetben a másik két tigrist előre (TTOTO) vag hátra (OTOTT) rakhatjuk, vag eget előre, eget hátra (TOTOT). A második esetben is hasonló a helzet a kimaradó tigrissel (TOTTO és OTTOT). Íg összesen 6 mintánk van: TTOTO, OTOTT, TOTOT, TOTTO, OTTOT, TOTOT. Minden minta esetén a tigrisek is helet cserélhetnek egmással, és az oroszlánok is egmással helet cserélhetnek, ezért 3! = az eges esetekben a különböző sorrendek száma. Összesen tehát 6 = 7 sorrend van.. megoldás: Az öt állat 5! = sorrendben jöhetne be. Most viszont tilos az OOTTT, TOOTT, TTOOT és a TTTOO minta. Minden esetben 3! = lehetőség van íg 4 = 48 = 7 sorrend közül választhat az idomár. b) Az a) példából kiindulva tegél fel újabb kérdéseket! Eg lehetséges kérdés: Hán sorrend van, ha két tigris nem kerülhet egmás mellé? Mivel csak a TOTOT minta következhet be, ezért 3! = lehetőség van. Természetesen feladható az eredeti kérdés is az oroszlánok vag tigrisek számának megváltoztatásával. 8. Eg barokk estet állítunk össze eg-eg Bach-, Händel-, Rameau- és Scarlatti-darabból. Hánféle lehetőség van, ha két szünettel meg a program? (Fontos, hog hol van a szünet.) Jelölje a darabokat B, H, R, S! Szünet nem kerülhet a műsor elejére, végére, és két szünet nem kerülhet egmás mellé. Íg ha már eldöntötték a darabok sorrendjét, mondjuk SRBH, akkor a két szünet három helre kerülhet. (A szünetek lehetséges helét -gal jelölve: S R B H.) A három hel közül kettő háromféleképpen jelölhető ki. A nég darab sorrendje 4! = 4 lehet. Íg 3 4! = 3 4 = 7 lehetőség van. 9. Hán olan tízjegű szám van, amelben minden számjeg egszer szerepel? Ezt a feladatot a Melik utat válasszam? fejezet 8. feladatában megoldottuk már, de akkor úg szerepelt, hog: Hán olan tízjegű szám van, amelnek minden jege különböző? A válasz: 9 9! = Tk.: 5. oldal, 7. feladat Fg.: feladat 6. óra: A sorrendek száma ismétlődő elemek esetén A fejezet az ismétléses permutációval foglalkozik. Egszerű esetekkel foglalkozunk kárták két oldalára írt számok segítségével. Csak két vag három ismétlődő elemre fogalmazunk meg képleteket, konkrét feladatok megoldása után. A tapasztalatokat a tanulók későbbi tanulmánai során fogjuk általánosítani, képleteket most ne tanítsunk! Feladatok. a) Hán ötjegű szám alkotható a 7, 7, 7, 8, 8 kártákból? Válaszodat indokold! Öt jel közül 3 egforma 5! és ezektől különböző másik egforma, ezért 3!! =. b) Hán hétjegű szám alkotható a 6, 7, 7, 7, 8, 8, 9 kártákból? Hét jel közül 3 egforma és ezektől 7! különböző másik egforma, ezért 3!! = 4. c) Hán hatjegű szám alkotható a 6, 7, 7, 7, 8, 8, 9 kártákból? Eg kártát ki kell tennünk. 6! Ha ez a 6-os vag a 9-es, akkor 7, 7, 7, 8, 8, 9 vag 6, 7, 7, 7, 8, 8 marad, ezekből = 6 hatjegű 3!! szám készíthető, vagis eddig 6 = számunk van. Ha eg 7-est rakunk ki, akkor 6, 7, 7, 8, 8, 9 marad, 6! ezekből = 8 hatjegű számot rakhatunk ki. Ha eg 8-ast nem használunk fel, akkor 6, 7, 7, 7, 8, 9!! marad, ezekből 6! = hatjegű szám készíthető. Összesen tehát: = 4. 3! 3

14 Kombinatorika Megjegzés: A kártáinkból készíthető hétjegű számok számát kiszámolhatjuk úg is, hog megnézzük, hog hán olan van, amikor az utolsó számjeg a 6-os, eg 7-es, eg 8-as, illetve a 9-es. Minden esetben azokat a lehetőségeket kapnánk, mint a c) feladat megoldásánál. Íg nem meglepő, hog a kártáinkból képezhető hatjegű és hétjegű számok száma megegezik.. Két sakkozó (Ági és Dorka) nég partit játszott egmással. Gőzelemért pont, a döntetlenért pont járt, a parti vesztese nem kapott pontot. Tudjuk, hog Dorka 3 : -re nert. Hánféleképpen alakulhatott ki a végeredmén? Dorka szempontjából nézzük az eredmént. Elérhetett 3 gőzelmet és eg vereséget. Az. jeleknek 4 sorrendje van. Lehetett gőzelem és döntetlen. Az. jeleket 4. = 6-féleképpen tudjuk sorba rakni. Összesen tehát = -féleképpen akalulhatott ki az eredmén. 3. Kedvenc csapatod az utolsó hét meccsén 3-szor nert, -szer döntetlent ért el. Hánféleképpen születhetett meg ez az eredmén? Bevezetve a NY (nert), D (döntetlen), V (vesztett) jeleket, az utolsó 7 fordulóban 7! NY, NY, NY, D, D, V, V volt az eredmén. 7 jel közül 3 egforma, egforma és egforma. 3. = – féleképpen alakulhatott ki az eredmén. 4. Kedvenc csapatod az utolsó nég meccsén 8 pontot ért el. Hánféle sorrendben gűjthette be a pontokat, ha gőzelemért 3, döntetlenért, vereségért pont jár? Ha csak eget nert volna a csapat, akkor maimum = 6 pontot ért volna el, ez kevés. Ha hármat nert volna, akkor minimum = 9 pontot szerzett volna, ez sok. Vagis biztosan kettőt nert: 8 = Csak gőzelem és döntetlen lehetett. A 4! NY, NY, D, D jeleket = 6-féleképpen tudjuk sorba rakni. 5. Hán különböző (nem feltétlenül értelmes) szó készíthető a: a) REMEK, 5 jel közül egforma: 5! = 6 szó készíthető, ha az összes betűt felhasználjuk.! b) ALMAFA, 6 jel közül 3 egforma: 6! = szó készíthető, ha az összes betűt felhasználjuk. 3! c) ARANYALMA, 8 jel (az NY csak eg jel) közül 4 egforma: 8! = 68 szó készíthető, ha az összes betűt 4! felhasználjuk. 9! d) ALMAILLAT szavak betűiből? 9 jel közül 3 egforma és másik 3 egforma: = 8 szó készíthető, 3! 3! ha az összes betűt felhasználjuk. 6. Hán hatjegű, illetve ötjegű számot képezhetünk a, 3, 3, 4, 4, 4 kárták segítségével? a) A hatjegűek számát kiszámolhatjuk, ha az összes terítés számából levonjuk azoknak a számát, amelek -val 6! kezdődnek:! 3! 5! =6 = 5.! 3! b) Az ötjegű számoknál eg kárták kiveszünk, és nem használjuk fel. Ha ez a, akkor 3, 3, 4, 4, 4 marad 5! 5! = lehetőség van. Ha ez az egik 3-as, akkor, 3, 4, 4, 4 marad! 3! 3! 4! = 4=6 3! lehetőség van. Ha ez az egik 4-es, akkor, 3, 3, 4, 4 marad 5. 4! =3 6 = 4 eset van. Összesen tehát = 5 eset van. Megjegzés: A b) esetben éppen anni szám van, mint az a) részben. Ez nem meglepő, hiszen a hatjegűek számát kiszámolhattuk volna úg is, hog megnézzük, hán olan van, amikor a, eg 3-as, illetve eg 4-es áll az utolsó helen, és épp, 6, illetve 4 esetet kaptunk volna, mint a b) feladatnál. 7. Péter elfelejtette a lakása riasztójának kódját. Arra emlékszik csak, hog volt benne hármas, néges és hetes is, más szám viszont nem. A kód ötjegű. Hán számot kell végigpróbálnia? Ha nag szerencséje van, akkor csak eg számot, ha nagon nincs szerencséje, akkor az összeset. Két alapeset van:. az egik számból három, a többiből eg;. két számból kettő, eg számból eg volt a kódban. A lehetőségek: 4

15 Kombinatorika 3, 3, 3, 4, 7 5! = lehetőség, mert az 5 jel közül 3 egforma. Szintén – lehetőség van a 3, 4, 4, 4, 7 és a 3! 3, 4, 7, 7, 7 számötösöknél. 3, 3, 4, 4, 7 5! = 3 lehetőség, mert az 5 szám közül – egforma. Szintén 3-3 lehetőség van a 3, 3, 4. 7, 7 és a 3, 4, 4, 7, 7 számötösöknél. Tehát legalább eg, legfeljebb = 5 lehetőséget kell Péternek kipróbálnia. 7. óra: A lottó kiválasztás, ha a kiválasztott számok sorrendje nem fontos Tk.: 5 3. oldal, 8. feladat Fg.: feladat A fejezet során az ismétléses kombinációval kezdjük meg az ismerkedést. Két vag három elem kiválasztásával foglalkozunk csak, a bonolultabb esetekről és a binomiális egütthatókról a magasabb évfolamokon ejtünk szót. Hangsúloznunk kell, hog az eddigi példákban fontos volt a kiválasztás sorrendje, most viszont nem. A cím azért iránítja rá a lottóra a figelmet, mert a tanulók tudják, hog ennél nem fontos, hog milen sorrendben történik a számok kisorsolása. Feladatok. Bizonítsd be, hog nolc különböző dolog közül kettőt 8-féleképpen tudsz kiválasztani, ha a kiválasztás sorrendje nem számít! Bizonítás: Ha a sorrend számítana, akkor az első dolog 8-féle lehetne, a második 7-féle, bármi is az első. Íg a lehetőségek száma 8 7 = 56 lenne. De ekkor minden párt kétszer számolnánk össze. Ha a sorrend nem számít, feleenni, azaz 8 lehetőség van.. Eg kávézóban nolcféle pörkölt kávét árulnak kimérve. Hánféle keveréket kaphatsz, ha: a) két fajtából kérsz: az egikből g-ot, a másikból 5 g-ot; Fontos, hog melikből kérjük a g- ot és melikből az 5 g-ot. Az elsőre 8 közül, a másodikra 7 közül választhatunk, íg összesen 8 7=56 lehetőségünk van. b) két fajtából kérsz 5-5 g-ot? Most mindeg, mit kérünk először, illetve másodszor, ezért más eredmént kapunk, mint az a) részben. A feladat megegezik tehát az előző,. feladattal, ezért 8 lehetőségünk van. Miért kapsz a két feladat esetén más-más eredmént? Mert az a) esetben számít a sorrend, a b) esetben nem. 3. Hánféleképpen rakhatsz le eg sakktáblára: 4. a) két világos bástát; 64 mező közül ki kell választani azt a kettőt, ahová a básták kerülnek. eset van, mert eg mezőn két figura nem állhat = 6 b) eg világos és eg sötét bástát? A fehér básta 64, a fekete 63 helre kerülhet (nem állhat eg mezőn két figura), ezért = 43 lehetőség van. Uganaz az a) és b) feladat, vag sem? A két feladat nem uganaz, a b) esetben kétszer anni lehetőség van, mint az a) esetben. Hánféleképpen rakhatsz le eg sakktáblára: a) két világos bástát, b) eg világos és eg sötét bástát úg, hog azok ne üssék egmást, azaz ne legenek se azonos sorban, se azonos oszlopban? Uganaz az a) és b) feladat vag sem? A b) esetben a fehér bástát 64 helre rakhatjuk. A rajzok mutatják, hog a fekete bástának lesznek tiltott mezők. Bárhová raktuk is a fehéret, a fekete bástát 64 5 = 49 mezőre helezhetjük. Íg a lehetőségeink száma = 336. Az a) esetben éppen feleanni (568) lehetőség van, mint b) esetben, hiszen itt nem tudjuk megkülönböztetni a bástákat. B B 5

16 Kombinatorika 5. Hán olan tízjegű szám van, amelben a számjegek összege: a), Eg olan tízjegű szám van, ahol a számjegek összege : ez a szám a 9. b), Lehet a számban eg -es és kilenc, vag darab eges és nolc nulla. Az első esetben eg ilen szám van. A második esetben a legnagobb heli értékre lerakjuk az egik egest, a másodikat pedig 9 helre tehetjük, íg 9 ilen szám van. Összesen + 9 = olan tízjegű szám van, amelben a számjegek összege. c) legalább 4, Legalább nég azt jelenti, hog 4 vag 5 vag 6, és íg tovább 9-ig. A legalább 4 tagadása: kisebb, mint 4, vagis vag vag 3. Ezt érdemes megvizsgálni. Az első kettő vizsgálatát az a) és b) pontban megtettük. Három lesz az összeg, ha eg hármas és kilenc nulla, vag eg kettes, eg eges és nolc nulla, vag három eges és hét nulla van a számban. Eg hármas és kilenc nulla eg ilen szám van (az első számjegnek hármasnak kell lennie). Eg kettes, eg eges és nolc nulla kilenc olan szám van, amelben az első számjeg eges (ekkor a -es kilenc helen állhat), és kilenc olan szám van, amelben az első számjeg kettes (ekkor a -es kilenc helen állhat): = 8 ilen szám van. Három ( ) eges és hét nulla van a számban az első számjeg eges, a többi egest a megmaradt 9 helre 9 = 36-féleképpen rakhatjuk le. Tehát 36 ilen tízjegű szám van. Összesen tehát = 55 darab tízjegű szám esetén lesz a számjegek összege 3. Összefoglalva: = 66 olan tízjegű szám van, amelben a számjegek összege kisebb, mint 4. Mivel 9 9 tízjegű szám van, ezért olan van, amelben a számjegek összege legalább 4. ( ) d) 88, = 88, illetve = 88 alapján, illetve = 45, vagis összesen + 45 = 55 ilen szám van. e) 89, = 89 alapján ilen szám van. f) 9? 9 = 9 alapján ilen szám van. 6. Eg országban az,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, számok közül hármat húznak ki a lottón. a) Eg látnok elmondta neked, hog a következő héten pontosan két páros számot fognak kihúzni. Hán szelvént kell kitöltened a telitalálatoshoz, ha hiszel neki? Öt páros szám közül kettőt kell kiválasztani, öt páratlan közül pedig eget. Az előbbi 5 4 = -féleképpen, az utóbbi 5-féleképpen tehető meg. Íg 5 =5 szelvént kell kitölteni a telitalálatoshoz. b) Ugan nem jött be a jóslata, de újból próbálkozik. Azt állítja, hog pontosan eg darab 6-nál nagobb szám lesz az eredménben. Hán szelvént töltesz ki, ha továbbra is bízol benne? Az első 6 szám közül kettőt kell kiválasztani, az utolsó négből eget = 6 lehetőség van. c) A látnok most azt mondja, hog a következő héten a két korábbi jóslata egszerre fog teljesülni. Most hán szelvént kell kitöltened, ha bizalmad töretlen? Amit tudunk (vag inkább feltételezünk) az, hog két páros és eg páratlan szám lesz, és ezek közül csak eg hatnál nagobb. Esetszétválasztást csinálunk:. Ha a hatnál nagobb szám páros ( lehetőség: a 8 és a ), akkor az első hat közül még eg párost (3 lehetőség) és eg páratlant (3 lehetőség) kell kiválasztani. Összesen 3 3 = 8 lehetőségünk van.. Ha a hatnál nagobb szám páratlan ( lehetőség: a 7 és a 9), akkor az első hat körül párost kell kiválasztanunk. Azaz, 4, 6 közül eget elhagunk, ez három lehetőséget jelent. Összesen 3 = 6 eset van. Összefoglalva: A lehetőségek száma = 4. Megjegzés: A fejezetben sok olan feladat volt, ahol esetszétválasztást csináltunk. Felhívhatjuk a tanulók figelmét, hog ilenkor úg tűnhet, hog többet dolgozunk a kelleténél, de a kapott részfeladatok a kiindulásihoz képest általában jóval könnebbek. 6

17 Kombinatorika 7. Az < 3 4 5>halmaznak hán olan részhalmaza van, amelre igaz, hog: a) az benne van; 4 = 6 (mintha eg négelemű halmaz részhalmazait néznénk, hiszen az -esnél nincs döntési lehetőségünk). b) a 3 nincs benne; 4 = 6 (mintha eg négelemű halmaz részhalmazait néznénk, hiszen a 3-asnál nem dönthetünk). c) a 4 és az 5 is eleme; 3 = 8 (mintha eg háromelemű halmaz részhalmazait néznénk, mert a 4-esnél és 5-ösnél nem dönthetünk). d) a 4 vag az 5 eleme? Legalább az egik benne van a feltételnek megfelelő részhalmazban.. megoldás: I. Az 5-ös benne van, de a 4-es nem: 3 = 8 részhalmaz; II. a 4-es benne van, de az 5-ös nem: 3 = 8 részhalmaz; mindkettő benne van: 3 = 8 eset. Összesen = 4.. megoldás: AU B = A + B A B alapján 4 (ahán részhalmaz tartalmazza a 4-est) + 4 (ahán részhalmaz tartalmazza a 5-öst) 3 (ahán részhalmaz tartalmazza a 4-est és 5-öst is) = = megoldás: A részhalmaznak a 4 vag az 5 eleme tagadása a részhalmaznak sem a 4, sem az 5 nem eleme. Az összes részhalmaz számából ( 5 = 3-ből) elvesszük a számunkra nem megfelelő 3 = 8 esetet: 3 8 = Párokban dolgozzatok! Mit gondoltok, miért nem az a lottóverzió lett népszerű, amelben 9 szám közül 85-öt kell eltalálni? Bár ugananni eset van, mint a klasszikus lottónál, nagon sok idő lenne a 85 számot bejelölni. (És valószínű, hog az emberek nem kis része nem is hinné el, hog a lehetőségek száma nem több.) Vajon mi az oka annak, hog a -ból -at lottó bevezetését sem tervezi senki? szám közül -at olan sokféleképpen lehet kiválasztani, hog gakorlatilag soha nem lenne telitalálatos. Íg senki sem venné meg a szelvéneket. 8. óra: Lépésről lépésre Tk.: oldal, 6. feladat Fg.: feladat A fejezet bepillantás a rekurzív feladatok világába. A nitópélda nem könnű, a. és 3. példával is kezdhetjük a fejezetet. Feladatok. Próbálkozz a 3. példa b) részének megoldásával ki- A sebb téglalapokra bontva az ábrát! A-ból C -be = út visz. D-ből B-be 3 + = 4 úton juthatunk. Mivel C és D között csak eg út van, ezért 4 = 4 lehetőségünk van C D 3 B. Hán út visz A-ból B-be az alábbi ábrán, ha csak jobbra vag lefelé léphetünk? Minden mezőbe beírjuk, hog hán úton juthatunk el oda. A B Összesen 8 lehetőségünk van. 7

18 Kombinatorika 3. Kutatómunka: Nézz utána a könvtárban vag az interneten, hog ki volt Fibonacci (ejtsd: fibonaccsi)! Mikor és hol élt? A róla elnevezett számokkal találkoztunk-e ebben a fejezetben? Leonardo Pisano Fibonacci 7 körül született és 5 körül halt meg. A középkor legkiemelkedőbb matematikusának tartják. Fő művének (Liber quadratorum, Négzetszámok könve, 5) nag jelentősége van a számelmélet fejlődésében. A nevét viselő sorozattal, melben minden tag az őt megelőző két tag összege (. 3, 5, 8, . ) a Lépésről lépésre fejezet. példájában találkoztunk. 4. Hán út visz az ábrán látható eges körökbe, ha minden lépés lefelé tör- ténik? Összesen hán út vezet az első, második, harmadik, negedik sorba? A mezőkbe beírjuk, hog hánféleképpen juthatunk el hozzájuk: A Pascal-háromszög számaihoz jutottunk Feldobunk eg szabálos tetraédert. (Ezt a testet nég szabálos háromszögből tudod megépíteni.) A lapokra az F, L, J, B betűket írjuk, jelentésük: fel, le, jobbra, balra. A koordináta-rendszer origójába rakunk eg bábut. Minden dobásnál eg egséget mozdulunk el, a dobásnak megfelelő iránba. Mel rácspontokra juthatunk és hánféleképpen, ha: a) eg, b) kettő, c) három, d) nég dobásunk van? Felhasználva az a) A b) feladat megoldását A c) feladat megoldását felhasználva: feladat megoldását: felhasználva: A rácspontokat négzetekkel szemléltetjük, beírjuk, hog hánféleképpen juthatunk el hozzájuk Hogan játszhatnánk ezt a játékot, ha nincs szabálos tetraéderünk, de van két különböző pénzdarabunk? És ha csak eg? Megjegzések:. Ha a), b), c), illetve d) esetben összeadjuk az összes számot, 4, 4, 64, 56 lesz az eredmén. Ez nem meglepő, hiszen eg dobás esetén 4 = 4 az összes lehetőség, két dobásnál 4 = 6, három dobásnál 4 3 = 64, nég dobásnál pedig 4 4 = 56.. A négzetek szélén megjelennek a Pascal-háromszög számai. 6. Eg lépcsőn akarunk felmenni, ahol lépcsőfok van. Jó a kedvünk, egesével, kettesével vag hármasával vesszük a fokokat (minden lépésben újabb döntést hozunk). Hánféle lehetőségünk van a felérésre? Jelölje f (n) azt a számot, ahán lehetőségünk van felmenni eg n fokból álló lépcsőre! f () =, f () = (mert vag egszerre kettőt lépünk vag kétszer eget), f (3) = 4 (mert vag egszerre hármat lépünk vag + -t vag + -et vag + + -et). f (4) = f (3) + f () + f () = = 7, mert ha az első lépében eg lépcsőfokot lépünk, akkor még három marad, ha elsőre kettőt, akkor kettő marad, ha elsőre hármat, akkor pedig eg. Hasonlóan f (n +3)=f (n +)+f (n +)+f (n). Ezért f (5) = 7+4+ = 3,f (6) = = 4, f (7) = = 44, f (8) = = 8, f (9) = = 49, f () = = 74, f () = = 54. A végeredmén: f () = = 97-féleképpen érhetünk fel a lépcső tetejére. 8

19 Kombinatorika Tudáspróba. Melikből van a legtöbb, illetve a legkevesebb? a) Az,, 3, 4, 4 kártákból képezhető, egmástól különböző, ötjegű számok száma. b) Az,, 3, 4, 5 kártákból képezhető, egmástól különböző, ötjegű számok száma. c) Az,, 3, 4, 5, 6 kártákból képezhető, egmástól különböző, ötjegű számok száma. (Ekkor eg kárta kimarad.) Az,, 3, 4, 4 kártákra felírhatjuk az,, 3, 4, 5 számokat. A b) esetben akármelik számot raktuk is ki, a 4-es és 5-ös kártát megcserélve újabb számot kapunk, az a) esetben viszont nem. Íg kétszer anni szám van b) esetben, mint a) esetben. Akármelik számot raktuk is ki b) esetben, c) esetben is megkaphatjuk uganazt. Az -est 6-osra kicserélve uganenni ötjegű szám rakható ki. Uganez a helzet a többi számjeg (; 3; 4; 5) esetén. Íg a b) esethez képest hatszor anni szám van.. Az előző példában hánszor több eset van akkor, amikor a legtöbb számot rakhatjuk ki, mint amikor a legkevesebbet? 6 = -szer több lehetőség. 3. Menni az első példa eges eseteiben a lehetőségek száma? b) 5! = ; a) 5! = 6; c) 6 5! = 6! = Eg versenen a csapatokat 4-es csoportokba osztják, mindenki játszik mindenkivel, kettő jut tovább minden csoportból. Ekkor újabb sorsolás történik, és minden meccs gőztese a következő fordulóba jut, egészen a bajnok megszületéséig. Hán meccsre kerül sor, ha: a) 4, A körmérkőzés során 4 3 = 6 meccset játszanak, utána a két továbbjutó játssza a döntőt. Összesen 7 mérkőzésre kerül sor a versenen. b) 8, A körmérkőzések során 6 = meccs lesz. A 4 továbbjutó csapat 3 meccset játszik még, hiszen minden meccsen eg esik ki. Összesen + 3 = 5 meccset játszanak le. c) 6, 4 6 = 4 meccs lesz a körmérkőzésekkor, a továbbjutó 8 csapat még 7 meccset játszik, összesen tehát = 3 mérkőzést láthatnak a nézők. d) 3 csapat vesz részt a versenen? 8 6 = 48 meccset játszanak a körmérkőzések során, 6 = 5 meccset a kieséses szakaszban, összesen tehát = 63 meccset rendeznek meg. 5. Feldobunk eg szabálos dobókockát négszer, majd a számokat egmás mellé írjuk. a) Hánféle számot kaphatunk? Mivel minden szám 6-féle lehet, 6 4 = 96 szám jöhet ki. b) Hán párosat? Mivel az utolsó számjeg csak páros lehet, ezért = 648 eset lehetséges. c) Hán 5-tel oszthatót? Mivel az utolsó számjeg csak 5-ös lehet, ezért 6 3 = 6 szám van. 6. Eg állatidomár három oroszlánt és két tigrist vezet be a porondra. Az állatok egmás után jönnek be, de két oroszlán sosem kerülhet egmás mellé. Hán lehetőség van a bevonulásra? Biztosan az OTOTO sorrend valósul meg. Az oroszlánok sorrendje ezen belül 3! = 6-féle, a tigriseké -féle lehet. Összesen 6 = sorrend közül választhat az idomár. 7. Két sakkozó (Ági és Dorka) 4 partit játszott egmással. Gőzelemért pont, a döntetlenért pont járt, a parti vesztese nem kapott pontot. Tudjuk, hog döntetlen ( : ) lett a meccs. Hánféleképpen jöhetett létre az eredmén? (Az eredmének sorrendje számít.) Nézzük Ági szempontjából az eseméneket! Három eset lehetséges: 4!. eset: Két nerés, két vesztés történt (; ; ; ) = 6-féleképpen alakulhatott ki az eredmén.. eset: Eg nertes, eg vesztett parti és két döntetlen volt (; ; =; =) 4! = sorrend lehetséges. 3. eset: Nég döntetlen született (=; =; =; =). Csak eg sorrend van. Íg összesen = 9-féleképpen alakulhatott ki a végeredmén. 9

20 Kombinatorika 8. A 4, 4, 4, 5, 6, 7 kártákból hán különböző, hattal osztható, a) hatjegű, b) ötjegű, c) négjegű szám készíthető? Az utolsó számjegnek párosnak kell lennie és a számjegek összegének 3-mal oszthatónak. A 6 szám összege (3) osztható 3-mal, ezért a b) és c) esetben hárommal osztható az elhagott szám, illetve az elhagott számok összege. a) Ha az utolsó számjeg 4-es, akkor a megmaradó számjegeknek (4, 4, 5, 6, 7) 5! = 6 sorrendje van. Ha az utolsó helre a 6-ost tesszük, akkor a (4, 4, 4, 5, 7) számötösnek 5! = sorrendje van. 3! Az a) esetben összesen 6 + = 8 lehetőség van. b) Csak a 6-os hagható el. Az utolsó helre eg 4-est rögzítenünk kell. A megmaradt számjegeknek (4, 4, 5, 7) 4! = sorrendje van. c) Két eset lehetséges:. eset: Elhaghatjuk a (4; 5) számpárt. A maradó számjegek: 4, 4, 6, 7. Ha az utolsó számjeg 4-es, akkor 3! = 6 sorrend van. Ha az utolsó számjeg 6-os, akkor 3 sorrend van. Az. esetben összesen tehát 9 lehetőség van.. eset: Elhaghatjuk az (5; 7) számpárt. A megmaradó számjegek: 4, 4, 4, 6. Ezeknek bármel sorrendje páros számot ad: 4 szám van. A c) esetben tehát = 3 szám valamelikét rakhatjuk ki. 9. Hán út visz A-ból B-be az alábbi ábrán, ha csak jobbra és lefelé léphetünk? A Beírjuk az eges mezőkbe, hog hán úton juthatunk oda. 4 különböző út visz A-ból B-be B 4