KOMBINACE BEZ OPAKOVN Rozbor lohy een lohy Zdroj

KOMBINACE BEZ OPAKOVÁNÍ Rozbor úlohy Řešení úlohy Zdroj obrázků: Všechny uveřejněné odkazy [2011 -01 -06] dostupné pod licencí Public domain na WWW: <http: //www. pdclipart. org/displayimage. php? album=37&pos=514> <http: //www. pdclipart. org/displayimage. php? album=37&pos=281> Autorem materiálu a všech jeho částí, není-li uvedeno jinak, je Mgr. Lenka Pláničková. Dostupné z Metodického portálu www. rvp. cz, ISSN: 1802 -4785, financovaného z ESF a státního rozpočtu ČR. Provozováno Výzkumným ústavem pedagogickým v Praze.

1 Basketbalové družstvo tvoří pět hráčů. Určete, kolik možností má pro sestavení družstva jeho trenér, má-li k dispozici 11 hráčů. 2 Určete, kolika způsoby může utvořit 15 chlapců a 10 dívek taneční pár. 3 Kolika přímkami můžeme spojit 10 bodů, jestliže právě čtyři z nich leží na jedné přímce? 4 Učitel má k dispozici 30 aritmetických a 20 geometrických příkladů. Kolik písemných prací může učitel sestavit, chce-li vybrat 2 aritmetické příklady a 1 geometrický příklad? 5 Hokejové družstvo má 20 hráčů: 13 útočníků, 5 obránců a 2 brankáře. Kolik různých sestav by mohl trenér vytvořit, jestliže sestava má mít 3 útočníky, 2 obránce a 1 brankáře? 6 Na sportovní hry školy je třeba ze třídy, ve které je 19 chlapců a 16 děvčat, vybrat 5 žáků. Kolika způsoby to lze provést, jestliže ve vybraném družstvu mají být alespoň 3 chlapci. 7 V bedně je 30 kusů výrobků, z nichž tři mají kaz. Kolika způsoby lze z bedny vybrat pět výrobků tak, že mezi nimi budou nejvýše dva s kazem? 8 Z kolika prvků utvoříme šestkrát více kombinací bez opakování čtvrté třídy než kombinací bez opakování druhé třídy?

1 Basketbalové družstvo tvoří pět hráčů. Určete, kolik možností má pro sestavení družstva jeho trenér, má-li k dispozici 11 hráčů. V pětici, kterou z daných hráčů trenér sestavuje, nezáleží na uspořádání hráčů, ale pouze na tom, kteří z hráčů se budou v pětici vyskytovat. Každý hráč je v této pětici nejvýše jednou. Jedná se tedy o pětiprvkové podmnožiny jedenáctiprvkové množiny hráčů neboli o kombinace bez opakování páté třídy z jedenácti prvků. Počet všech možných sestavení družstva je tedy roven počtu C 5(11) všech kombinací bez opakování páté třídy z jedenácti prvků. Z

1 Basketbalové družstvo tvoří pět hráčů. Určete, kolik možností má pro sestavení družstva jeho trenér, má-li k dispozici 11 hráčů. k=5 n = 11 Trenér může sestavit basketbalové družstvo 462 způsoby. Z Upravíme Vypočteme Dosadíme Dopočítáme jmenovatele do faktoriály. příklad. vzorce. zlomku.

2 Určete, kolika způsoby může utvořit 15 chlapců a 10 dívek taneční pár. Jelikož každý taneční pár představuje dvojici, ve které nezáleží na uspořádaní tanečníků, jedná se o kombinace bez opakování druhé třídy. Ze všech tanečníků lze celkem utvořit C 2(25) tanečních dvojic. Od tohoto počtu však musíme odečíst počet všech dvojic tvořených jenom chlapci C 2(15) a počet dvojic tvořených jenom děvčaty C 2(10), neboť takové dvojice za taneční páry nepovažujeme. Celkový počet možných tanečních párů je tedy roven: C 2(25) – C 2(10) Z

2 Určete, kolika způsoby může utvořit 15 chlapců a 10 dívek taneční pár. Z daných tanečníků lze vytvořit taneční pár 150 způsoby. Z C 2(25), C Upravíme Vypočteme a C 2 jmenovatele (10) jednotlivé upravíme příklad. zlomky. zlomků. podle vzorce. 2(15)Dopočítáme

3 Kolika přímkami můžeme spojit 10 bodů, jestliže právě čtyři z nich leží na jedné přímce? Jelikož je každá přímka určena dvěma různými body, na jejichž uspořádání nezáleží, jedná se o kombinace bez opakování druhé třídy z deseti prvků. Celkový počet všech přímek je roven počtu C 2(10) všech kombinací bez opakování druhé třídy z deseti prvků. Mají-li právě čtyři z daných deseti bodů ležet na jedné přímce, pak všechny kombinace bez opakování druhé třídy z těchto čtyř bodů neurčují C 2(4) přímek, ale přímku jedinou, a proto z celkového počtu všech přímek vyloučíme C 2(4) a přičteme 1. Počet všech hledaných přímek je roven C 2(10) – C 2(4) + 1. Z

3 Kolika přímkami můžeme spojit 10 bodů, jestliže právě čtyři z nich leží na jedné přímce? Body můžeme spojit celkem 40 přímkami. Z C 2(10) Upravíme Vypočteme a. C Dopočítáme upravíme jednotlivé příklad. podle zlomky. zlomků. vzorce. 2(4) jmenovatele

4 Učitel má k dispozici 30 aritmetických a 20 geometrických příkladů. Kolik písemných prací může učitel sestavit, chce-li vybrat 2 aritmetické příklady a 1 geometrický příklad? Vzhledem k tomu, že při sestavování písemné práce nezáleží na uspořádání příkladů v písemné práci a každý příklad se v ní vyskytuje nejvýše jednou, jedná se o kombinace bez opakování. Mají-li být v písemné práci dva aritmetické příklady, může je učitel vybrat C 2(30) způsoby. Ke každé dvojici aritmetických příkladů může vybrat jeden geometrický příklad C 1(20) způsoby. Celkový počet možných sestavení písemné práce je roven C 2(30). C 1(20) Z

4 Učitel má k dispozici 30 aritmetických a 20 geometrických příkladů. Kolik písemných prací může učitel sestavit, chce-li vybrat 2 aritmetické příklady a 1 geometrický příklad? Učitel může z daných příkladů sestavit 8 700 písemných prací. Z C 2(30) Upravíme Vypočteme a CDopočítáme upravíme jednotlivé příklad. podle zlomky. zlomků. vzorce. 1(20)jmenovatele

5 Hokejové družstvo má 20 hráčů: 13 útočníků, 5 obránců a 2 brankáře. Kolik různých sestav by mohl trenér vytvořit, jestliže sestava má mít 3 útočníky, 2 obránce a 1 brankáře? Při vytváření sestavy nezáleží na uspořádání hráčů v sestavě, ale pouze na tom, aby sestava obsahovala požadovaný počet jednotlivých hráčů. To znamená, že se jedná o kombinace bez opakování. Útočníky může trenér vybrat do sestavy C 3(13) způsoby, obránce C 2(5) způsoby a brankáře C 1(2) způsoby. Celkový počet sestav hokejového družstva, které může trenér vytvořit, je roven C 3(13). C 2(5). C 1(2). Z

5 Hokejové družstvo má 20 hráčů: 13 útočníků, 5 obránců a 2 brankáře. Kolik různých sestav by mohl trenér vytvořit, jestliže sestava má mít 3 útočníky, 2 obránce a 1 brankáře? Trenér může vytvořit 5 720 různých hokejových sestav. Z C 3(13), Upravíme Vypočteme C 2(5)Dopočítáme a C 1 jmenovatele (2)jednotlivé upravíme příklad. zlomky. zlomků. podle vzorce.

6 Na sportovní hry školy je třeba ze třídy, ve které je 19 chlapců a 16 děvčat, vybrat 5 žáků. Kolika způsoby to lze provést, jestliže ve vybraném družstvu mají být alespoň 3 chlapci. Při výběru žáků nezáleží na jejich uspořádání v družstvu, jedná se tedy o kombinace bez opakování. Jestliže mají být v družstvu alespoň tři chlapci, pak tvoříme pětičlenná družstva, ve kterých jsou právě tři chlapci, nebo právě čtyři chlapci, nebo právě pět chlapců. Tvoří-li pětičlenné družstvo tři chlapci a dvě děvčata, vybíráme trojici chlapců C 3(19) způsoby. K těmto trojicím přiřadíme dvě děvčata C 2(16) způsoby. Celkový počet těchto družstev je C 3(19). C 2(16).

K danému počtu připočteme počet družstev, které tvoří čtyři chlapci a jedno děvče. Čtveřici chlapců vybíráme C 4(19) způsoby a k těmto čtveřicím přiřazujeme jedno děvče C 1(16) způsoby. Celkový počet těchto družstev je C 4(19). C 1(16). Dále připočteme počet družstev, které tvoří samí chlapci. Vzniklou pětici můžeme vybrat C 5(19) způsoby. Celkový počet možných družstev požadované vlastnosti je tedy roven: C 3(19). C 2(16) + C 4(19). C 1(16) + C 5(19) 6 Na sportovní hry školy je třeba ze třídy, ve které je 19 chlapců a 16 děvčat, vybrat 5 žáků. Kolika způsoby to lze provést, jestliže ve vybraném družstvu mají být alespoň 3 chlapci. Z

6 Na sportovní hry školy je třeba ze třídy, ve které je 19 chlapců a 16 děvčat, vybrat 5 žáků. Kolika způsoby to lze provést, jestliže ve vybraném družstvu mají být alespoň 3 chlapci. Z žáků můžeme sestavit 189 924 družstev požadované vlastnosti. Z 3(19), C 2(16), CUpravíme C Vypočteme C 1(16) jmenovatele jednotlivé a C 5(19) příklad. upravíme zlomky. zlomků. podle vzorce. 4(19), Dopočítáme

7 V bedně je 30 kusů výrobků, z nichž tři mají kaz. Kolika způsoby lze z bedny vybrat pět výrobků tak, že mezi nimi budou nejvýše dva s kazem? Vybíráme-li z bedny pětici výrobků, z nichž mají být nejvýše dva s kazem, pak tvoříme pětice, ve kterých budou právě dva výrobky s kazem, nebo právě jeden výrobek s kazem, nebo všechny výrobky bez kazu (žádný výrobek s kazem). Při výběru nezáleží na uspořádání výrobků a navíc se vyskytuje každý výrobek ve výběru nejvýše jednou, a proto se jedná o kombinace bez opakování.

Dva vadné výrobky můžeme z bedny vybrat C 2(3) způsoby. Ke každé této dvojici přiřadíme ještě trojici výrobků bez kazu C 3(27) způsoby. Počet těchto vybíraných pětic výrobků je roven: C 2(3). C 3(27) K tomuto počtu připočteme počet výběrů, ve kterých je jeden výrobek s kazem. Ten vybíráme C 1(3) způsoby a k němu přiřadíme ještě čtveřici výrobků bez kazu C 4(27) způsoby. To znamená, že připočteme C 1(3). C 4(27) výběrů. Dále připočteme ty pětice výrobků, ve kterých není žádný výrobek s kazem, které získáme C 5(27) způsoby. Celkový počet požadovaných výběrů je tedy roven: C 2(3). C 3(27) + C 1(3). C 4(27) + C 5(27) 7 V bedně je 30 kusů výrobků, z nichž tři mají kaz. Kolika způsoby lze z bedny vybrat pět výrobků tak, že mezi nimi budou nejvýše dva s kazem? Z

7 V bedně je 30 kusů výrobků, z nichž tři mají kaz. Kolika způsoby lze z bedny vybrat pět výrobků tak, že mezi nimi budou nejvýše dva s kazem? Pět výrobků vybereme z bedny 142 155 způsoby. Z C 2(3), C 3(27), CUpravíme Vypočteme Dopočítáme jmenovatele ajednotlivé C 5(27) příklad. upravíme zlomky. zlomků. podle vzorce. 1(3), C 4(27)

8 Z kolika prvků utvoříme šestkrát více kombinací bez opakování čtvrté třídy než kombinací bez opakování druhé třídy? Počet C 4(n) všech kombinací bez opakování čtvrté třídy z n prvků má být roven šestinásobnému počtu C 2(n) všech kombinací bez opakování druhé třídy z n prvků. Řešením rovnice C 4(n) = 6. C 2(n) určíme hledaný počet prvků. Z

8 Z kolika prvků utvoříme šestkrát více kombinací bez opakování čtvrté třídy než kombinací bez opakování druhé třídy? Zapíšeme C 4 Rozložíme (n) Upravíme a Řešíme Cpodmínku vyšší vzniklou zlomky řešitelnosti faktoriál pomoci -rovnici. krátíme. na faktoriálu. nižší. vzorce. 2(n) upravíme

Z kolika prvků utvoříme šestkrát více kombinací bez opakování čtvrté třídy než kombinací bez opakování druhé třídy? 8 Vyřešíme zda n 1 akvadratickou n 2 vyhovují zadání rovnici. slovní úlohy. Rozhodneme,

Kořeny kvadratické rovnice: n 1 = 11 n 2 = – 6 Podmínka řešitelnosti faktoriálu: n 4; n N 0 Z podmínky řešitelnosti faktoriálu vyplývá, že výsledek n 2 = – 6 kvadratické rovnice není řešením slovní úlohy. Počet prvků množiny nemůže být záporný. Hledaný počet prvků množiny je 11. 8 Z kolika prvků utvoříme šestkrát více kombinací bez opakování čtvrté třídy než kombinací bez opakování druhé třídy? Z