Ez a cikk a Permutációs és kombinációs feladatokról szól:

Permutációk

Definíció

A permutációk azok a különböző módok, amelyekkel elemek egy gyűjteménye elrendezhető.

Példa:

Az A, B és C betűket egyszerre véve különböző módon lehet csoportosítani: ABC, ACB, BCA, BCA, CBA, CAB, BAC.

Megjegyezzük, hogy az ABC és a CBA nem azonos, mivel az elrendezés sorrendje eltérő. Ugyanez a szabály érvényes a Permutációk bármely feladatának megoldása során.

Az egyszerre vett n dolog elrendezésének módjainak száma nPn = n!, “n faktoriálisának” nevezzük.

Faktoriális képlet

Az n szám faktoriálisát az n-től 1-ig terjedő összes szám szorzataként határozzuk meg.

Például az 5 faktoriálisa, 5! = 5*4*3*2*1 = 120.

Ezért a 3 betű elrendezésének módjainak száma, egyszerre véve, 3! = 3*2*1 = 6 mód.

N dolgok permutációinak száma, egyszerre véve r, jelölve:

nPr = n! / (n-r)!

Példa:

Az egyszerre 2 betűvel vett 3 betű különböző elrendezési módja 3!/(3-2)! = 3!/1! = 6 mód.

Fontos permutációs képletek

1! = 1

0! = 1
Nézzünk néhány példát:

1. feladat: Keressük meg a ‘SZÉK’ szó betűiből képezhető értelmes vagy értelmetlen szavak számát.

megoldás:

A ‘SZÉK’ szó 5 betűt tartalmaz.

Ezért az 5 betűvel alkotható szavak száma = 5! = 5*4*3*2*1 = 120.

2. feladat: Keressük meg az ‘INDIA’ szó betűiből alkotható szavak számát, jelentéssel vagy anélkül.

Megoldás:

Az ‘INDIA’ szó 5 betűt tartalmaz, és az ‘I’ betű kétszer fordul elő.

Ha egy betű többször fordul elő egy szóban, akkor a szó összes betűjének faktoriálisát elosztjuk az egyes betűk előfordulásainak számával.

Ezért az ‘INDIA’ szóval alkotott szavak száma = 5!/2! = 60.

3. feladat: Keressük meg, hogy hány olyan jelentéssel rendelkező vagy jelentés nélküli szó alkotható az ‘ÚSZÁS’ szó betűiből?

Megoldás:

A ‘ÚSZÁS’ szó 8 betűt tartalmaz. Ebből az I kétszer, az M pedig kétszer fordul elő.

Ezért a szóból képezhető szavak száma = 8! / (2!*2!) = 10080.

4. probléma: Hány különböző szót lehet alkotni a ‘SUPER’ szó betűiből úgy, hogy a magánhangzók mindig együtt állnak?

megoldás:

A ‘SUPER’ szó 5 betűt tartalmaz.

Meg kell találnunk azoknak a permutációknak a számát, amelyekben a két magánhangzó U és E együtt jön létre.

Ezekben az esetekben csoportosítjuk azokat a betűket, amelyeknek együtt kell jönniük, és ezt a csoportot tekintjük egy betűnek.

A betűk tehát: S,P,R, (UE). Most a szavak száma 4.

Ezért a 4 betű elrendezésének módjainak száma 4!

Az U és az E esetében az U és az E elrendezésének módjainak száma 2!

Ezért a ‘SUPER’ betűit összesen 4 módon lehet úgy elrendezni, hogy a magánhangzók mindig együtt legyenek! * 2! = 48 mód.

5. feladat: Keressük meg, hány különböző szót lehet alkotni a ‘BUTTER’ szó betűiből úgy, hogy a magánhangzók mindig együtt legyenek.

megoldás:

A ‘BUTTER’ szó 6 betűt tartalmaz.

Az U és az E betűknek mindig együtt kell állniuk. Tehát a betűk: B, T, T, R, (UE).

A fenti betűk elrendezésének módjainak száma = 5!/2! = 60 (mivel a ‘T’ betű kétszer ismétlődik).

Az U és E elrendezésének módjainak száma = 2! = 2 mód

Ezért a lehetséges permutációk száma összesen = 60*2 = 120 mód.
6. feladat: Keressük meg a ‘RÉTEGEK’ szó betűinek olyan permutációinak számát, hogy a magánhangzók mindig páratlan helyen forduljanak elő.

Megoldás:

A ‘REMAINS’ szó 7 betűből áll.

4 mássalhangzó és 3 magánhangzó van benne.

Az ilyen típusú kérdések megoldását megkönnyíti a következő írásmód.

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

Hányféleképpen fordulhat elő 3 magánhangzó 4 különböző helyen = 4P3 = 24féleképpen.

Miután 3 magánhangzó 3 helyen szerepel, hányféleképpen szerepelhet 4 mássalhangzó 4 helyen = 4P4 = 4! = 24 mód.

Ezért a lehetséges permutációk teljes száma = 24*24 = 576 mód.

Kombinációk meghatározása Az elemek gyűjteményéből lehetséges különböző választásokat kombinációknak nevezzük.

Példa:

Az A, B, C betűsorokból lehetséges különböző választások, egyszerre kettőt véve, az AB, BC és CA.

Nem számít, hogy A-t B után vagy B-t A után választjuk. A kiválasztás sorrendje nem fontos a kombinációkban.

Az n elemek adott csoportjából lehetséges kombinációk számának megállapítására, r elemet egyszerre véve, az nCr-rel jelölt képlet

nCr = n! /

A fenti példát ellenőrizve például az A, B, C betűkből egyszerre kettőt véve lehetséges különböző választások száma

3C2 = 3! / (2! * (3-2)!) = 3 lehetséges választás (azaz, AB, BC, CA)

Fontos kombinációs képletek

nCn = 1

nC0 = 1

nC1 = n

nCr = nC(n-r)

A lehetséges választások száma A, B, C-vel egyszerre véve 3C3 = 1 (azaz. ABC)

Kombináció megoldott példái

Nézzünk néhány példát, hogy megértsük a kombinációk működését:

1. feladat: Hányféleképpen lehet 3 férfi és 4 nőből álló csoportból 1 férfi és 3 nőből álló bizottságot alkotni?

megoldás:

Hányféleképpen lehet 1 férfit kiválasztani egy 3 férfiból álló csoportból = 3C1 = 3! / 1!*(3-1)! = 3 módon.

A 4 nőből álló csoportból 3 nő választható ki = 4C3 = 4! / (3!*1!) = 4 módon.

2. probléma: Egy 5 fekete és 3 piros golyóból álló halmazból hány olyan 5 golyót lehet úgy kiválasztani, hogy abból legalább 3 fekete golyó legyen.

megoldás:

Az 5 fekete golyóból álló halmazból legalább 3 fekete golyót lehet kiválasztani az összesen 5 golyóból álló választékból

3 B és 2 R

4 B és 1 R és

5 B és 0 R golyóval.

Ezért a megoldási kifejezésünk így néz ki:
5C3 * 3C2 + 5C4 * 3C1 + 5C5 * 3C0 = 46 út .

3. probléma: Hány négyjegyű, 10-zel osztható számot lehet úgy képezni a 3, 5, 7, 8, 9, 0 számokból, hogy egyetlen szám sem ismétlődik?

Megoldás:

Ha egy szám osztható 10-zel, akkor az egységhelyén 0-nak kell lennie.
_ _ _ _ 0

Miután a 0 az egységhelyre került, a tízes hely kitölthető a többi 5 számjegy bármelyikével.

Az 5 számjegyből egy számjegy kiválasztása 5C1 = 5 módon történhet.

A tízes hely kitöltése után 4 számjegy marad. A 4 számjegyből 1 számjegy kiválasztása 4C1 = 4 módon történhet.

A százas hely kitöltése után az ezres hely kitöltése 3C1 = 3 módon történhet.

Az összes lehetséges kombináció tehát = 5*4*3 = 60.

Permutációk és kombinációk kvíz

Próbáld ki ezeket a gyakorló feladatokat.