Kombinatorika, gráfok

18

Ha a 3. és az 5. helyen áll páros számjegy:

Páratlan Páros

1. 2. 3. 4. 5.

1, 3, 5, 7 2, 4, 6

mok száma V VV4VV3

3VV2 3 24 33i i 4 .

2.4. ábra Így gondolkodhatunk

2.5. ábraszámjeggyel

Az 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 számjegyek felhasználásával

a) pontosan két páros számjegy;b) legalább két páros számjegy van, ha egy számjegyet többször is felhasználhatunk?

Megoldás:

képpen választhatjuk ki a páros számjegyek helyét. Mivel a kiválasztás

C52 5

2Most tekintsük pl. azt az esetet, amikor a 3. és az 5. helyen áll

páros számjegy, a többi helyen páratlan! Ekkor az 1., a 2. és a 4. hely

a három páros számjegy közül választhatunk. Így ebben az esetben az V Vi i4

332 3 24 3 .

Mivel az öt hely közül bárhol is áll a két páros számjegy, minden esetben V Vi i4

332 3 24 3

zási szabály értelmében összesen

C V Vi i52

43

32 3 2 3 25

24 3 5 4

24 3 5760

!

nek pontosan két számjegye páros.

b) 1. módszer:A legalább két páros számjegy kijelentés alatt azt értjük, hogy pontosan

hez tartozó értékeket az a) rész alapján már könnyen meghatározhatjuk. Mivel ezek páronként kizárják egymást, ezért az összeadási szabály alapján a kapott értékek összege adja meg a helyes végeredményt.

C V V C V V C V V C V Vi i i i i i i52

43

32

53

42

33

54

41

34

55

40

335

3 2 2 3 1 452

4 353

4 354

4 355

i

4 3

5760 4320 1620 243 11943

0 5

2. módszer:

pontosan egy páros számjegy van, vagy nincs páros számjegy.

19

2.6. ábra Selejtes vagy nem?

2.7. ábra Amelyik nem selejtes,

2.8. ábra Egy jó szám

Ezek számaC V V C V Vi i i i5

045

30

51

44

31

5 050

4 351

444 13

1024 3840 4864

számok száma V i75 57 16807.

számokból összesen 16807 4864 11943 darab van.

lehet a kiválasztottak között a) pontosan három selejtes; b) legfeljebb nyolc selejtes?

Megoldás:a) A selejtesek száma 120 0 15 18, . A 3 selejtest

183

képpen választhatjuk ki. Mindegyik esetben a 7 nem selejtest 102

7

183

1027

3

selejtes legyen közöttük.b) A legfeljebb 8 selejtes azt jelenti, hogy 8 vagy annál kevesebb.

pontosan 9, illetve pontosan 10 selejtes van a kiválasztottak között.

Ezek száma 189

1021

1810

1020

. Az összes eset száma 12010

.

Így azon esetek száma, amikor a kiválasztott izzók között legfeljebb 8

selejtes van 12010

189

1021

1810

1020

.

módon. Hány olyan

Megoldás:

65

„Madame Curie gyanította, hogy az uránérc radioaktivitása

uránnál sokkal aktívabb, viszont csak rendkívül kis mennyiségben lehet jelen az ércben. Gyakorlott és keményen dolgozó vegyészként elhatá-rozta, hogy a »kémiai frakcionálás« gondos módszerével elkülöníti ezt a

rokérc ment át vegykonyháján, ahol nagyon gondos és nagyon fárasztó

helyét, rendszámát (Z(George Gamow–John M. Cleveland: Fizika)

A radioaktív anyagok bomlástörvénye megadja, hogy egy adott t N ( )t atommag van jelen az anyagban, ha kezdetben a bomlatlan atommagok száma

NNN N NtT( )t ,NNN ahol T a felezési

Megoldás:A rádium tömege egyenesen arányos a részecskeszámmal, így m tm

N tN

tT( ) ( ) .

meg. Tehát m tm( ) , . Legyen x t

T! Így az 1

x

, egyenlet-

1 -et hatványoz-

va

értelmezett xx1 zitív valós számok

konról tudjuk

módszert a kiszámítására.

5.1. ábra Marie Curie egy francia bélyegen

0

N0

4

N0

2

N0

8

NtN0

T t2T 3T

N NttT= ·0 2

5.2. ábra Bomlatlan magok szá-

66

Hatvány, gyök, logaritmus

x 5, .

1 5, , . Mivel az 1,

, és 1153,

8993783

, ,

Tehát tT

5, , azaz t T 15, , év. Tehát körül-

1 -et emelve 1 alapú logaritmus Je-

log , .1 A logaritmus szó a logos viszony és az aritmos szám

szavak összevonásával keletkezett.

Legyen ab loga b („a b

a-t hatványozva b aja, a b a bblog , ahol a ba, ,a .

Mivel az 1-nek bármely hatványa 1, ezért ha az a 1 esetet is megen-gednénk, a b-nek is 1-nek kellene lennie, de ekkor a logaritmus értéke

Adjuk meg egy racionális számként az alábbi lo-garitmusok értékét!

a) log ;3 9 b) log ;1 c) log ;5 3

d) log ;71 e) log ;

33 9 f) log .1 8

Megoldás:

log .3

1 -ot 1 1 , ezért

log .1

0,2 1O

y

x

0,2

1

C

AB

f

5.3. ábra Az 1x

függvény gra-

5.4. ábra Ha ezt most megértem,

α β

γ

R

a:b:c=2Rsinα:2Rsinβ:2RsinγA trigonometria alkalmazásai

98

Számos gyakorlati probléma megoldása vezet olyan egyenletekre, ame-lyekben az ismeretlen(ek) valamely szögfüggvénye(i) szerepel(nek). Az ilyen egyenleteket trigonometrikus egyenleteknek nevezzük. Né-

Az alábbiakban olyan trigonometrikus egyenletek megoldását mutatjuk be, amelyekre a középiskolai tanulmányaink során szükségünk lehet.

Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket!

a) si ;os x23

osos 0 b) tg ;2 12

x g .2 35

1

Megoldás:a) Az egyenlet alaphalmaza és az értelmezési tartománya a valós szá-mok halmaza.

Vegyük észre, hogy az egyenlet bal oldalán egy szorzat, a

sin x 23

vagy s .3 12

1. módszer:sin x 2

3 egyenlet megol-

dása során keressük azokat az x forgásszögeket, amely szögekkel az i vektorhoz képest elforgatott egységvektor második koordinátája23

az xy sin x 23

egyenletnek két

megoldása van a 2

32

; -on, ezek összege . Ezen az interval-

0 7297, radián (2.4. és 2.6. ábrák), a másik megoldást megkaphatjuk, ha az imént kapott értéket -b lkivonjuk: 0 7297 2 4119, , radián. Így az egyenlet megoldásai: x k1 0 7297 2, , x l2 2 4119 2, , ahol k l, .

Hasonlóan a s3 12

x egyenlet megoldása során keressük azokat a

3x forgásszögeket, amely szögekkel az i vektorhoz képest elforgatott 12

az xy

1O

y

x

1 y23

0,72972,4119

i

2.2. ábra A sin x 23

egyenlet

megoldása az egységsugarú kör

2.1. ábra Egy gyakorlati problé-ma, amely trigonometrikus egyen-lettel is megoldható

2.3. ábra A s3 12

x egyenlet megoldása az egységsugarú kör

1O

y

x

1x

12

i

234

3

99

a)1. lépés: a szög mértékegysé gének DRG RAD

2. lépés: a szög szinuszánakbevitele

2 ÷ 3 0,6666

3. lépés: a szög meghatározása 2ndF sin x)

b)1. lépés: a szög mértékegysé gének DRG RAD

2. lépés: a szög koszinuszánakbevitele

– 0 · 5 0,5

3. lépés: a szög meghatározása 2ndF cos

23

2 0944( )3 ,3

c)1. lépés: a szög mértékegysé gének DRG RAD

2. lépés: a szög tangensénekbevitele

0 · 5 0,5

3. lépés: a szög meghatározása 2ndF tan 0 4636 2, x

d)1. lépés: a szög mértékegysé gének DRG RAD

2. lépés: a szög kotangensénekbevitele

1 1

3. lépés: a szög tangensének 1/x 1

35

tg x

4. lépés: a szög meghatározása 2ndF tan 4

35

0 7854x ,

2.4. ábra „A” számológép

2.5. ábra Idézzük fel a szögek mértékegységét!

30660

345

490

2

rad

rad

rad

rad

149

3.1. ábra Nincs szükség mindig a koordináta-rendszerre?

a

d c

b

O

A

D C

B

3.2. ábra Helyvektorok és nem helyvektorok

a

b

O

b a

a

b

O

a b

3.3. ábra A különbségvektor min-

origónak vagy vonatkoztatási pontnak nevezzük. helyvektoroknak nevezzük.

ABCD

egy Oa b c d, , , és

bi vektor nem az. Nem helyvektor az AB és a DC vektor (amelyek CB és az AD

lentett vektorok).

Megoldás:

AB b a, CB b c, DC c d ,AD d a.

AB szakasz Fvektorát az A és a B

Megoldás:O

A, a B és az F

Koordináta-geometria

150

rendre az a, b és f

1. módszer:

ma-módszerrel az a és a bAOBC

lelogramma OOC helyvektor átmegy az AB

szakasz F F OC vektort. Tehát

f OC a b

2. módszer:Az F Aaz AF AB

f a AF a AB a b a

a b a a b a bb .

AB szakasz B-hez közelebbi HA és a B

Megoldás:

mazható.

AH AB

h a AH a AB a b a a b a a b( ) a b .

a b

a + bA

B

C

O

F

3.4. ábrahelyvektorának meghatározásában

a b

a + b2

f=

A

B

O

F

3.5. ábrara az 1. módszer segítségével

a b

a + b2

f=

b – a2A

B

O

F

3.6. ábra

a b

a + 2b3

h=

( b – a )23A

B

O

H

3.7. ábravektora

Valószínûségszámítás, statisztika

196

Valószínûség-számítás, statisztika

melyhez tapasztalati úton jutottunk el. Ha egy kísérletet n-szer végre-k k-t az

esemény gyakoriság kn

hányadost az esemény relatív gyako-

risággyobb eséllyel lesz az esemény relatív gyakorisága egy az eseményre

1számot neveztük az esemény ének. Így tapasztalat útján

Dobjunk fel egy szabályos dobókockát százhar-A B

C DE

az F

Megoldás:Egy alkalommal elvégezve a kísérletet az alábbi eredmények adódtak.

n kAkknAk kBk

knBk kC

knC kDk

knDk kEk

knEk kFk

knFk

0 1 0 1 10 1 0 0

11 0 40 1 0 0

0 1 14 0 1 1 0 0

0 0 1 0 0

2.2. ábra A kísérleti eredmények

Mivel C A B és A B azaz A és B

k k kC A B és kn

kn

kn

C A B . A C és D ese-

2.1. ábra A nagy számok tapasz-

Valószínûség!Relatívgyakoriság?

197

ugyanis k n kD C és kn

kn

D C1 . Az E esemény az eseményteret

F lehe-

0 10 1P A

P I

P A B P A P B .P 0.

P A P A1 .

zonyítani a maradék két tulajdonságot.

10. osztályban már jó néhány példán keresztül megismerkedtünk a va-

Egy szabályos dobókockát kétszer egymás után

Megoldás:Legyen A

második tagja a második dobás eredménye. Mivel mindkét dobás ki-

Egy szabályos dobókocka ugyanakkora eséllyel fordul mindegyik ol-

Az ilyen esetekben alkalmazhatjuk

események száma és az eseménytérhez tartozó A eseményt k elemi

2.3. ábra

2.4. ábra

{1;1} (1;2} (1;3} (1;4} (1;5} (1;6}

{2;1} {2;2} {2;3} {2;4} {2;5} {2;6}

{3;1} {3;2} {3;3} {3;4} {3;5} {3;6}

{4;1} {4;2} {4;3} {4;4} {4;5} {4;6}

{5;1} {5;2} {5;3} {5;4} {5;5} {5;6}

{6;1} {6;2} {6;3} {6;4} {6;5} {6;6}

hatók az A eseményt megvalósító elemi események. Ezek száma