Autor: Martin Slota

Zdroj: http://www.zones.sk

Používanie materiálov zo ZONES.SK je povolené bez
obmedzení iba na osobné ú

č

ely a akéko

ľ

vek verejné

publikovanie je bez predchádzajúceho súhlasu zakázané.

1/3

MATURITNÉ PRÍKLADY Z MATEMATIKY

M

ATURITNÝ OKRUH

16:

K

OMBINATORIKA

1. príklad (177/Pr. 2)

Zadanie: Dokážte identitu

(

)

1

2

1

1

2

2

1

1

−

⋅

=













⋅

+













−

⋅

−

+

+













⋅

+













⋅

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

K

a) úpravou jednotlivých

č

lenov

ľ

avej strany.

b) kombinatorickou úvahou.

Riešenie:

a) Dôkaz (priamy):

Priamo z definície kombina

č

ného

č

ísla dostávame:

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

( ) ( )

Č

BTD

2

1

!

1

!

!

1

!

1

!

0

!

!

2

!

1

!

!

1

!

2

!

!

1

!

!

!

0

!

!

1

!

1

!

1

!

2

!

2

!

2

!

1

!

1

!

1

1

1

2

2

1

1

1

1

0

1

1

−

−

=

=

=

⋅

=













−

⋅

=

−

−

−

⋅

=

−

+

−

+

+

−

+

−

=

=

⋅

+

−

⋅

−

+

+

−

⋅

+

−

⋅

=













⋅

=













⋅

+













−

⋅

−

+

+













⋅

+













⋅

∑

∑

∑

n

n

i

n

i

n

i

n

i

n

n

i

i

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

n

i

n

i

n

n

n

n

n

n

n

n

K

K

K

b) Dôkaz (priamy):

Predstavme si, že by sme vypísali zoznam všetkých

1

2

−

n

neprázdnych podmnožín

množiny

{

}

n

A

,

,

2

,

1

K

=

. Ko

ľ

ko

č

ísel by sme pritom napísali? Je zrejmé, že každé z

č

ísel

n

,

,

2

,

1

K

sme napísali rovnako ve

ľ

akrát, a to presne to

ľ

kokrát, v ko

ľ

kých podmnožinách sa

vyskytuje. ich po

č

et môžeme zisti

ť

nasledujúcou úvahou: Každú podmnožinu množiny

A

obsahujúcu prvok

k

môžeme zapísa

ť

v tvare

{ }

k

A

k

∪

, kde

k

A

je

ľ

ubovo

ľ

ná podmnožina

(

)

−

−

1

n

prvkovej množiny

{ }

k

A

−

. Týchto podmnožín je

1

2

−

n

, teda každé

č

íslo

A

k

∈

napíšeme

−

−

1

2

n

krát. Ke

ď

že

č

ísel je spolu

n

, je celkový po

č

et napísaných

č

ísel

1

2

−

⋅

n

n

.

Teraz si predstavme, že by sme zoznam podmnožín množiny

A

robili systematicky –

pod

ľ

a po

č

tu prvkov. Najskôr vypíšeme všetky 1-prvkové podmnožiny. Tých je













1

n

a každá

obsahuje jedno

č

íslo. Potom vypíšeme všetky dvojprvkové podmnožiny – tých je













2

n

a každá obsahuje dve

č

ísla, teda pritom zapíšeme













⋅

2

2

n

č

ísel at

ď

. Spolu týmto postupom

napíšeme

(

)













⋅

+













−

⋅

−

+

+













⋅

+













⋅

n

n

n

n

n

n

n

n

1

1

2

2

1

1

K

č

ísel.

Ke

ď

že obe správne úvahy musia vies

ť

k rovnakému výsledku, je správnos

ť

danej

identity dokázaná.

2. príklad (179/Pr. 3)

Zadanie: Ko

ľ

ko je všetkých štvorciferných

č

ísel neobsahujúcich nulu, v ktorých dekadickom zápise

platí, že sú

č

et prvých dvoch cifier sa rovná sú

č

tu druhých dvoch cifier?

Riešenie:

Autor: Martin Slota

Zdroj: http://www.zones.sk

Používanie materiálov zo ZONES.SK je povolené bez
obmedzení iba na osobné ú

č

ely a akéko

ľ

vek verejné

publikovanie je bez predchádzajúceho súhlasu zakázané.

2/3

MATURITNÉ PRÍKLADY Z MATEMATIKY

M

ATURITNÝ OKRUH

16:

K

OMBINATORIKA

Ozna

č

me

M

množinu všetkých

č

ísel požadovaných vlastností,

i

M

nech je množina

štvorciferných prirodzených

č

ísel, v ktorých sa sú

č

et prvých dvoch aj druhých dvoch cifier rovná

i

.

Potom platí

18

3

2

M

M

M

M

∪

∪

∪

=

K

, pri

č

om

θ

=

∩

j

i

M

M

pre

j

i

≠

. Vy

č

íslime teda

i

M

pre

18

,

,

3

,

2

K

=

i

a použijeme pravidlo sú

č

tu.

Nech

i

M

k

∈

pre

10

≤

i

. Pre prvé dve cifry

č

ísla

k

máme možnosti

[

] [

] [

]

1

,

1

,

,

2

,

2

,

1

,

1

−

−

−

i

i

i

K

,

spolu

1

−

i

možností. Pre druhé dve cifry

č

ísla

k

máme tých istých

1

−

i

možností, pri

č

om vo

ľ

ba

druhej dvojice je nezávislá od vo

ľ

by prvých dvoch cifier. Pod

ľ

a pravidla sú

č

inu teda

( )

2

1

−

=

i

M

i

.

Nech teraz

i

M

k

∈

pre

11

≥

i

. Potom pre prvé dve cifry

č

ísla

k

máme možnosti

[

] [

] [

]

9

,

9

,

,

8

,

8

,

9

,

9

−

−

−

i

i

i

K

, spolu

i

−

19

možností, teda pre

11

≥

i

platí

(

)

2

19

i

M

i

−

=

.

Pod

ľ

a pravidla sú

č

tu potom dostávame

489

1

2

8

9

8

2

1

2

2

2

2

2

2

2

=

+

+

+

+

+

+

+

+

=

K

K

M

.

Č

ísel

požadovaných vlastností je teda 489.

3. príklad (180/5)

Zadanie: Nech

12

1

1

,

,

,

A

A

A

K

sú vrcholy pravidelného 12-uholníka. Ko

ľ

ko existuje

a) rovnoramenných

b) pravouhlých

c) tupouhlých

trojuholníkov s vrcholmi v týchto dvanástich bodoch?

Riešenie:

a) Ku každému z dvanástich vrcholov vieme dokresli

ť

práve 5

rovnoramenných trojuholníkov s vrcholmi v niektorých z ostatných
z dvanástich vrcholov (pozri obr.). Z každého z dvanástich vrcholov však
zostrojíme aj jeden rovnostranný trojuholník, ktorý tým pádom zarátame
z každého jeho vrcholu raz –

č

iže dohromady trikrát. Preto ho musíme

zárove

ň

dvakrát odráta

ť

. Rovnoramenných trojuholníkov je teda

P(vrcholov)*P(trojuholníkov

prislúchajúcich

jednému

vrcholu)

–

2*P(rovnostranných trojuholníkov) =

52

2

4

12

5

=

⋅

−

⋅

.

b) Pokia

ľ

si zoberieme jeden z priemerov kružnice dvanás

ť

uholníku

opísanej, všetky trojuholníky vytvorené s niektorým z

ď

alších vrcholov

budú pravouhlé (Tálesova kružnica; pozri obr.). Každému priemeru
prislúcha teda 10 trojuholníkov a priemerov je 6,

č

iže dohromady bude

pravouhlých trojuholníkov

60

6

10

=

⋅

.

c) Tupouhlých trojuholníkov vieme ku každému z vrcholov zostroji

ť

10,

a preto je ich celkový po

č

et

120

12

10

=

⋅

.

Autor: Martin Slota

Zdroj: http://www.zones.sk

Používanie materiálov zo ZONES.SK je povolené bez
obmedzení iba na osobné ú

č

ely a akéko

ľ

vek verejné

publikovanie je bez predchádzajúceho súhlasu zakázané.

3/3

MATURITNÉ PRÍKLADY Z MATEMATIKY

M

ATURITNÝ OKRUH

16:

K

OMBINATORIKA

4. príklad (181/9)

Zadanie: Na orienta

č

ný beh sa prihlásilo

n

pretekárov, medzi nimi aj Adamec, Behú

ň

a Cerový.

Pretekári vybiehajú na tra

ť

jednotlivo, v pevných intervaloch. Ur

č

te, ko

ľ

kými spôsobmi možno

zostavi

ť

rozvrh štartov tak, aby žiadni dvaja z menovaných pretekárov neštartovali bezprostredne

po sebe.

Riešenie:

P (žiadni dvaja neštartujú po sebe) = P (všetkých štartovacích rozvrhov) – P (niektorí dvaja štartujú
v

ľ

ubovo

ľ

nom poradí po sebe) + P (všetci traja štartujú v

ľ

ubovo

ľ

nom poradí po sebe) =

(

)

(

)

(

)

(

)

!

2

6

!

1

6

!

!

2

!

3

!

1

2

3

!

2

!

−

⋅

+

−

⋅

−

=

−

⋅

+

−

⋅













⋅

−

n

n

n

n

n

n

.

5. príklad (181/11)

Zadanie: Ko

ľ

kými spôsobmi možno

č

íslo

6

10

rozloži

ť

na sú

č

in troch prirodzených

č

inite

ľ

ov, ak berieme

do úvahy aj ich poradie?

Riešenie:

Ke

ď

že

⇒

⋅

=

6

6

6

5

2

10

všetky h

ľ

adané

č

ísla budú v tvare

{

}

(

)

6

,

,

2

,

1

,

0

,

5

2

K

∈

⋅

j

i

j

i

. Pri vytváraní

trojíc

č

inite

ľ

ov, ktorých sú

č

inom je

6

10

, v podstate rozdelíme šes

ť

dvojok a nezávisle na tomto

rozdelení aj šes

ť

pätiek medzi h

ľ

adané

č

initele. Po

č

et rôznych trojíc

č

inite

ľ

ov sa teda bude rovna

ť

po

č

tu rôznych rozdelení dvojok znásobenému po

č

tom rôznych rozdelení pätiek medzi

č

initele.

Predstavme si teraz, že máme dve prepážky rozde

ľ

ujúce jednotlivé

č

initele a šes

ť

dvojok, ktoré

medzi alebo za tieto prepážky dávame. Tým pádom v podstate máme osem „vecí“, ktoré sa
snažíme usporiada

ť

v

ľ

ubovo

ľ

nom poradí. Zárove

ň

je nám však jedno, ktorá dvojka bude kde a tiež

ktorá prepážka bude kde. Po

č

et rôznych rozdelení dvojok bude teda zodpoveda

ť

č

íslu

28

!

6

!

2

!

8

=

⋅

.

Správne matematicky povedané sme vypo

č

ítali permutácie s opakovaním prvkov dvoch druhov,

pri

č

om po

č

et prvkov jedného druhu je 6 a po

č

et prvkov druhého druhu je 2. Zápis:

( )

2

,

6

P

.

Výpo

č

et po

č

tu rôznych rozdelení pätiek je úplne rovnaký až na to, že namiesto dvojok

rozde

ľ

ujeme medzi

č

initele pä

ť

ky.

Celkový po

č

et výberu trojice

č

inite

ľ

ov je teda

784

28

28

=

⋅

.