Ваљевска гимназија

МАТУРСКИ РАД ИЗ МАТЕМАТИКЕ

Тема:

ЕЛЕМЕНТИ КОМБИНАТОРИКЕ

ученик: ментор:Драган Теофиловић IV2 проф. Светлана Николић

Ваљево, 2012.

Садржај

1- Појам комбинаторике 3

2- Варијације 42.1- Варијације без понављања 42.2- Варијације са понављањем 6

3- Пермутације 83.1- Пермутације без понављања 83.2- Пермутације са понављањем 103.2- Цикличне пермутације 11

4- Комбинације 124.1- Комбинације без понављања 124.2- Комбинације са понављањем 13

5- Задаци 14

6- Литература 16

2

1 - Појам комбинаторике

Комбинаторика је грана математике која се бави проблемима повезивања елемената датог скупа на више различитих начина при чему се формирају нови скупови. Ови новонастали скупови могу имати број елемената који је једнак или мањи од броја елемената почетног скупа, а елементи првобитног скупа могу се понављати једном или више пута у новоформираним скуповима.

Пример 1. Образовати све могуће анаграме од речи БРОЈ!

Решење: Раздвајањем елемената скупа Б, Р, О, Ј и њиховом рекомбинацијом на више различитих начина, добијамо следеће могуће анаграме:

БРОЈ БРЈО БОРЈ БОЈР БЈРО БЈОРРБОЈ РБЈО РОБЈ РОЈБ РЈБО РЈОБОБРЈ ОБЈР ОРБЈ ОРЈБ ОЈБР ОЈРБЈБРО ЈБОР ЈРБО ЈРОБ ЈОБР ЈОРБ

Пример 2. Сви ученици једног одељења су међусобно разменили фотографије. Ако одељење броји 20 ученика, а израда једне фотографије кошта 10 динара, колико је новца зарадио фотограф?

Решење: Најпре треба одредити колико је укупно фотографија размењено у одељењу. Сваки ученик дао је 19 фотографија (свима у одељењу изузев себи), а како има 20 ученика, закључујемо да је укупан број фотографија 20·19, односно 380. Пошто израда једне фотографије кошта 10 динара, дата сума коју је зарадио фотограф износи 380·10, тј. 3800 динара.

3

2 - Варијације

Варијације представљају начин издвајања к елемената неког датог скупа, при чему се мора водити рачуна о редоследу издвојених елемената. У зависности од тога да ли се врши издвајање различитих или истих елемената, разликујемо варијације без понављања и варијације са понављањем

2.1- Варијације без понављања

Дефиниција: Нека је А={а1, а2, а3,...,аn}. Варијација без понављања k-те класе (1≤ k ≤ n) скупа А је свака уређена k-торка различитих елемената скупа А.

Теорема: Ако је Vk

n број свих варијација без понављања класе k од n елемената датог скупа А, тада важи:

Vkn = n (n-1) (n-2)···(n-k+2) (n-k+1) , (V0n =1)

Дати израз можемо краће записивати као:

при чему је n! једнако:

n! = n (n – 1) (n - 2) (n - 3) ··· 3 · 2 · 1

Доказ: Ако изаберемо произвољну варијацију класе k скупа А={а1, а2, а3,...,аn}. први члан низа може бити било који од од n елемената датог скупа. Са сваким од n елемената као првим члановима узимамо као други члан било који од преосталих (n – 1) елемената. За све могуће изборе прва два члана, бирамо трећи члан од преосталих (n – 2) елемената. Аналогно томе се закључује да се варијација од k чланова међу елементима датог низа може формирати на

n (n - 1) (n - 2) (n - 3) ··· [n - (k - 2)] [n – (k – 1)] = n (n – 1) ··· (n – k + 2)(n – k + 1)

4

начина.

Пример 3. Колико има непарних троцифрених бројева чије су све цифре различите?

Решење:

С Д Ј

На месту јединица може бити један од пет непарних бројева {1,3,5,7,9}.

На месту стотина може бити један од 8 преосталих бројева (осим 0 и последање написане хепарне цифре).

На месту десетица може бити 8 бројева (осим броја коју смо написали на месту јединица и броја на месту стотине).

Укупан број непарих троцифрених бројева је

8·8·5= 320 бројева

Пример 4. На колико начина могу три особе да седну у биоскоп у ред од десет седишта?

Решење: Пошто има више седишта него гледалаца, закључујемо да седишта ,,бирају`` гледаоце, а како је битан редослед седења, то значи да се у овом случају ради о варијацијама треће класе од 10 елемената. Број могућих распореда седења рачунамо по формули:

Vnk = V3

10 = 10 · 9 · 8 = 720 начина

Пример 5. Колико има непарних бројева између 1000 и 10 000, од којих сваки има различите цифре?

Решење: Пошто је битан редослед цифара у броју, то значи да се у овом случају ради о варијацијама, али како је услов задатка да цифре буду различите, то су варијације без понављања. Сви бројеви између 1000 и 10 000 су четвороцифрни, следи да су варијације 4-те класе, а како у задатку није посебно наглашен скуп елемената, закључујемо да у обзир долази 10 елемената, тј. скуп {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}.

5

Будући да се траже непарни бројеви, број се мора завршити једном од цифара (1, 3, 5, 7, 9). Цифре десетица и стотина могу бити све цифре, док цифра хиљада мора бити различита од 0. Када је већ изабрана цифра јединице, преостале три цифре се могу изабрати на V3

9 начина, при чему морамо одузети оне варијације код којих је 0 на месту хиљада, а њих је V2

8. Пошто постоји пет могућности за избор цифре јединица, то ће тражених бројева бити укупно:

5 · (V39 – V2

8 ) = 5 · (9 · 8 · 7 – 8 · 7) = 5 · 8 · 8 · 7 = 2240 бројева.

2.2 Варијације са понављањем

Дефиниција:

Нека је дат скуп А={а1, а2, а3,...,аn}. Варијације са понављањем k-те класе (k ϵN) скупа А је свака уређена k-торка елемената скупа А који има n елемената, при чему они могу и да се понављају.

Теорема: Ако се Vn

k означимо број свих варијација са понављањем класе k (k ≥ 0), тада је

Vnk = nк

Доказ: На првом месту у низу може се налазити било који од n елемената, независно од осталих чланова низа, што значи да постоји n могућности за избор првог елемента. Пошто чланови низа могу да се понављају, исто важи и за остала места у низу. Према принципу производа закључујемо да ће укупан број наријација бити:

n · n · n ··· n = nк k

Пример 6. На тикету спортске пригнозе налази се 12 утакмица. На колико начина можемо попунити колоне тикета?

6

Решење: Пошто за сваку утакмицу имамо три могућности (1, 0 и 2), а укупно 12 утакмица, онда ће број могућности за попуњавање тикета бити једнак броју варијација 12-те класе од 3 елемента:

V312 = 3¹² = 531441

Пример 7. Ако се регистарске таблице на аутомобилима састоје од 2 слова азбуке и иза њих четвороцифреног броја од 0000 до 9999, колики је број различитих таблица?

Решење: Слова се могу напистати на:

V230 = 30² = 900

начина, док се бројеви могу написати на:

V410 = 104 = 10 000

То је укупно 900 · 10 000 = 9 000 000 различитих таблица.

Пример 8. Укупан број шестоцифрених бројева код којих парне и непарне цифре долазе наизменично (а где је 0 паран број) је ?

Решење: а) Први случај је када је прва цифра парна.Пошто не може бити 0, ту нам остају 4 цифра (2,4,6,8)

П Н П Н П Н4 5 5 5 5 5

4·5·5·5·5·5= 4·55

Користећи правила производа имамо укупно 4·55 тражених шестоцифрених бројева чија је прва цифра парна

б) Други случај је када је прва цифра непарна.Н П Н П Н П 5 5 5 5 5 5

5·5·5·5·5·5= 56

7

Овде немамо ограничења за прву позицију, па је укупно 56 тражених шестоцифрених бројева чија је прва цифра непарна.

4·55 + 56 = 12500 + 15625 = 28125

Према томе, постоји укупно 28125 шестоцифрених бројева код којих се парне и непарне цифре наизменично смењују.

3 – Пермутације

Уколико је k издвојених елемената једнако броју елемената датог скупа, тј. када сви елементи понућеног скупа учествују у формирању нових скупова, тада говоримо о пермутацијама без и пермутацијама са понављањем.

3.1- Пермутације без понављања

Дефиниција: Нека је А = {а1, а2, а3,...,аn}. Пермутација без понављања скупа А је свака урећена n-торка свих елемената скупа А, тј. варијација класе n скупа А.

Теорема: Ако је Rn број пермутација скупа од n елемената, онда је:

Pn = n! = n · (n - 1) · (n - 2) · · · 3 · 2 · 1 , (0! = 1)

Доказ: Како је, по дефиницији, пермутација скупа А од n елемената једнака је варијацији од n елемената класе n, тада лако доказујемо следеће:

8

Pn = Vnn = n · (n – 1) · · · (n – k + 2) · (n – k +1) =

= n · (n – 1) · · · (n – n + 2) · (n – n +1) =

= n · (n – 1) · (n – 2) · · · 3 · 2 · 1 =

= n!

Пример 9. Дат је скуп Е = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}. У колико су пермутација, који се могу образовати од елемената скупа Е, елементи 2, 4, 5 и 6 један поред другог, и то: а) У датом поретку; б) У произвољном поретку?

Решење: а) Пошто елементи 2, 4, 5 и 6 остају у истом поретку, можемо их третирати као један члан x новог скупа X = {1, x , 3, 7, 8}, па сада лако закључујемо да је број могућих пермутација скупа Е (које одговарају претходно наведеном услову), једнак је броју свих пермутација скупа X.

P5 = 5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120 пермутација.

б) Пошто у овом случају није задат редослед елемената 2, 4, 5 и 6, тада нећемо имати само нови члан х , већ је број могућих чланова х једнак броју свих пермутација скупа {2, 4, 5, 6}. Закључујемо да је укупан број пермутација једнак броју пермутација из претходног примера који је помножен са бројем могућихх чланова х, односно:

R5 · R4 = 5! · 4! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 · 4 · 3 · 2 · 1= 2800 пермутација. Пример 10. Која је по реду пермутација 3421 од основе 1234?

Решење: Цифром 1 почиње укупно R3 = 3! = 3 · 2 · 1 = 6 пермутација. Исто важи и за цифру 2, па закључујемо да се испред бројева који почињу са 3 налази 2 · 6 = 12 пермутација. Како цифрама 31 и 32 почиње 2 · R2 = 2 · 2! = 4 пермутације, следи да се испред бројева који почињу цифрама 34 налази 12 + 4 = 16 пермутација. Наредна

9

седамнаеста пермутација гласи 3412, а осамнаеста је 3421. На основу тога долазимо до закључка да је индекс дате пермутације 18.

3.2- Пермутације са понављањем

Дефиниција: Нека је А = {а1, а2, а3,...,аn}. Где се a1 понавља тачно k1 пута, a2 тачно k2 пута, a3

тачно k3, . . . , an тачно kn пута. Пермутација са понављањем типа k1, k2, k3,..., kn скупа А, где је k1 + k2 + ... + kn = k, је свака урађена k-торка k1 елемената a1, k2 елемената a2, ... и kn елемената an.

Теорема Ако са Рn

k1, k2,…, kn означимо број свих пермутација са понављањем скупа А, код којих се елеменат а1 појављује k1 пута, елеменат а2 се појављује k2 пута, . . . , аn се појављује kn пута, тада је:

Доказ: Петпоставимо да су сви чланови у пермутацији са понављањем различити и да имамо пермутацију без понављања од k1 + k2 + ... + kn елемената, тада је укупан број пермутација једнак (k1 + k2 + ... + kn)! . Кoд сваке пермутације са понављањем можемо мењати места члановима који су једнаки а1nak1! начина и при том се пемутације неће променити зато што су ови елементи једнаки. Слично можемо учинити и са члановима који су једнаки а1, а2, а3,...,аn, што значи да за сваку пермутацију са понављањем постоји k1!k2!··· kn! пермутација без понављања у којима се не мења распоред различитих чланова скупа А. Мењајући и такве распореде, добили бисмо укупан број пермутација без понављања од k1 + k2 + ... + kn

елемената. На основу тога је укупан број пермутација без понављања једнак:

10

(k1 + k2 + ... + kn)! = k1! k2!··· kn! · Рk1,k2,...,kn

oдакле следи да је укупан број пермутација са понављањем једнак:

Пример 11. На колико се начина могу распоредити 3 речника енглеског, 2 речника француског и 5 речника из немачког језика ако се налазе на полици један до другог? При томе се речници истог језика не разликују.

Решење: У овом случају имамо скуп са елементима {engleski, francuski, nemački}. Пошто се енглески понавља 3, француски 2, а немачки 5 пута, следи да је k1=3, k2=2 и k3=5. Укупан број начина једнак је броју пермутација са понављањем где се три елемента понављају 2, 3 и 5 пута,

па је : (5 + 3 + 2)! · 4 · 10! · 10 · 9 · 8 · 7 · 6 · 5!

начина.

3.3- Цикличне пермутације

Посебну врсту распоређивања чине тзв. цикличне пермутације , које срећемо, на пример, приликом размештања особа око округлог стола. Под окриглим столом , у математичком смислу, подразумевамо идеално округао, оријентисан сто, са необележеним местима за седење. Сва места су равноправна. То значи, ако округли сто заротирамо заједно са особама које су поседале или без њих, нећемо добити нови распоред.

Два распореда за округлим столом се разликују ако бар једна особа има бар једног (левог или десног) различитог суседа. Дакле, једна или две особе могу се поставити око округлог стола само на један начин, три особе на два начина (АВС

11

или АСВ). Уопште, n елемената можемо разместити око округлог стола на (n-1)! начина.

Распоред око округлог стола се своди на распоред у низу, ако сто ,,расечемо`` на једном месту и ,,исправимо`` га. Тај објекат, на који је извршен ,,пресек`` фиксира се на првом месту, а остале распоређујемо на уобочајне начине.

4 – Комбинације

Код издвајања елемената неког понуђеног скупа, у случају комбинација, поредак изабраних елемената није битан. Па тако имамо да су, на пример, варијације АВС и АСВ различите, док би оне истовремено представљале две исте комбинације. И код комбинација можемо издвајати различите елементе или их понављати па постоје комбинације без понављања и комбинације са понављањем.

4.1- Комбинације без понављања

Дефиниција: Нека је А={ а1, а2, а3,...,аn }. Комбинација без понављања класе k (1 ≤ k ≤ n ) скупа А је произвољан k-точлани подскуп скупа А.Теорема: Ако је број различитих таквих комбинација, онда је:

Пример 12. У равни је дато 30 тачака од којих не постоје три колинеарне. Колико постоји троуглова чији су темена дате тачке?

Решење: Пошто темена троугла чине три неколинеарне тачке, то ћемо број троуглова добити рачунањем свих могућих комбинација од 30 елемената треће класе:

12

троуглова.

4.2- Комбинације са понављањем

Дефиниција: Комбинација k-те класе од n елемената, код којих се један елеменат може до kn

пута понављати, називају се комбинације са понављањем k-те класе од n елемената.

Став: Број комбинација са понављањем од n елемената класе k је

Пример 13. Број комбинација друге класе са понављањем од х елемената износи 276. Одредити број х елемената.

Решење: Када применимо дефиницију за комбинације са понављањем на овај конкретан случај добијамо следећу релацију:

даљим сређивањем релација добија облик:

x(x + 1) = 276 · 2 → x² + x = 552 → x² + x - 552 = 0;

a вредности корена ове квадратне једначине су:

x = 23 Ʌ x = -24 ;

13

Како негативна вредност не одговара услову задатка, закључујемо да је број елемената х једнак 23.

5-Задаци

1.

14

15

6-Литература

1. Математика за 4. разред средње школе

Др Душан ГеоргијевићДр Милутин ОбрадовићЗавод за уџбенике и наставна средства, Београд, 2003.

2. Збирка решених задатака из математике

Мр Вене Т. БогословЗавод за уџбенике и наставна средства, Београд, 2010.

3. Збирка задатака и тестова за 4. разред гимназија и техничких школа

Живорад Ивановић и Срђан ОгњановићКРУГ, Београд, 2010.

4. Збирка решених задатака из математике за пријемни испит

Добрило ТошићНина СтанковићЗавод за уџбенике и наставна средства, Београд, 2010.

5. Математископ 6 – Збирка решених задатакаСветозар ВукадиновићВладимир СтојадиновићИП Математископ, Београд, 2005.

6. Математика 4+Срђан ОгњановићКРУГ, Београд, 2011.

16