KombinatorikaI.

Az előző években már találkoztunk olyan összeszámlálási feladatokkal,ahol az összes esetek számát kellett meghatároznunk. Foglalkoztunk ahalmazok elemeinek sorba rendezésével, a különböző sorba rendezésekszámának meghatározásával. Találkoztunk kiválasztási feladatokkal, ésösszeszámoltuk az összes lehetséges kiválasztás számát. Egyszerű ese-tekben ezek könnyen elvégezhetők voltak, de ha a lehetőségek számanagyon nagy, akkor az összeszámlálást nehezebben tudjuk elvégezni.Most felelevenítjük és rendszerezzük az eddig tanultakat, majd a külön-böző típusokat általánosítjuk.

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:47 Page 7

MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A8

1 1 . É V F O L Y A M

1. Permutációk

Nagyon sok esetben kapunk olyan kérdést, amikor bizonyos esetek összeszámlálása a feladat.Az előző évben az ilyen kérdéseket rendszereztük, megvizsgáltuk a megoldáshoz vezető utakat.Az idén ezeket felelevenítjük, majd új ismeretekkel is bővítjük tudásunkat.

MegoldásA döntő résztvevői egy nyolcelemű halmazt alkotnak. A kérdés az, hogy hányféle sorrendje lehetegy nyolcelemű halmaz elemeinek.

Az első helyre a nyolc versenyző bármelyikét gondolhatjuk. A második helyre már csak hét ver-senyző valamelyike kerülhet. Így az esetek száma hétszereződik, azaz eddig 8 ⋅ 7 lehetőség van.

Ezt továbbgondolva kapjuk, hogy a nyolc versenyző sorrendje 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1, azaz40 320-féle lehet.

MegoldásHa hét különböző számjegyünk lenne, akkor azok összes lehetséges sorrendje ,azaz 5040-féle lenne. Így az 5040 lehetőségben nagyon sok azonos szám van. Képzeljük el,hogy az 1-esek különböző színűek. Például az 1112245 és a 1112245 is azonos.

Vagyis minden lehetséges hétjegyű számot 3 ⋅ 2 ⋅ 1, azaz 6-szor számoltunk össze.Ugyanígy gondolkodva a 2-es számjegyek miatt minden hétjegyű számot 2 ⋅ 1, azaz 2-szer

számoltunk össze.

Ezek alapján a kérdésre a válaszunk: .

Az első n pozitív egész szám szorzatát n faktoriálisnak nevezzük.Röviden így írjuk: .Megállapodás szerint: , .

Legyen n db különböző elemünk. Ezeknek egy sorrendjét az n elem egy permutációjának ne-vezzük. Az összes permutációinak számát Pn-nel jelöljük.

Ha n darab, nem mind különböző tárgy ismétléses permutációinak számát szeretnénk meg-határozni, akkor tudnunk kell, hogy az ismétlődőkből mennyi van. Legyen ezekből rendre n1, n2, …, nk darab egyforma.

n különböző elem permutációinak száma: Pn = n!.

Tétel

!0 1=!1 1=

!n n n1 2 3 1$ $ $ $ $f - =^ h

3 2 1 2 17 6 5 4 3 2 1

6 25040 420

$ $ $ $$ $ $ $ $ $

$= =

7 6 5 4 3 2 1$ $ $ $ $ $

2. példa Egy matematikai készletben számkártyák találhatók. Az általános iskolában a gye-rekek kivettek a készletből 3 db 1-es, 2 db 2-es, 1 db 4-es és 1 db 5-ös számjegyet tartalmazókártyát. Számoljuk össze, hogy hányféle hétjegyű számot rakhatnak ki ezen számkártyák fel-használásával!

1. példa A 100 méteres síkfutás döntőjében nyolcan állnak rajthoz. Mindegyik sportoló ki-váló teljesítményre képes, így a verseny végeredményét csak jósolgatni lehet. Hány különbözőkimenetele lehet ennek a döntőnek?

n faktoriális

Permutációk száma

Permutáció

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:47 Page 8

MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A 9

1 1 . É V F O L Y A M

-val jelöljük azt a számot, amely megadja, hogy n elemet hányféleképpen rak-hatunk sorba, ha közülük n1, n2, …, nk darab egyforma.

Számítsuk ki!

a) ; b) ; c) ; d) .

Hozzuk egyszerűbb alakra!a) ; b) ;

c) ; d) ;

e) ; f) .

Hány permutációja van aa) MISKOLC;b) BUDAPESTszó betűinek?

Hány permutációja van aza) EGER;b) HATVAN;c) TATAszó betűinek?

Hány darab olyan tízjegyű szám van, amelyben minden számjegy pontosan egyszer sze-repel?

Hányféleképpen lehet sorba rakni 5 különböző almát és 6 különböző körtét, ha azalmák mindig a sor elején vannak?

Egy automatába bedobtunk 3 db százas és 7 db kétszázas pénzérmét. Hányféle sor-rendben tehettük ezt meg?

A páratlan számjegyek mindegyikének felhasználásával hány daraba) ötjegyű;b) ötjegyű, hárommal osztható;c) ötjegyű, 9-re végződő;d) ötjegyű, 13-mal kezdődőszám készíthető?

! !n n1+ -^ h! !n n 1+ +^ h

!!

nn

13

+

+

^

^

h

h!nn

33

+

+

^

^

h

h

! 1n n n1- +^ ^h h!n n n3 2 1- - -^ ^ ^h h h

! ! !! ! !

76 86 9677 87 97

$ $$ $

!! ! !

33 6 9+ +

! !!

147 3150

$!!

9981000

8. K2

7. K2

6. K2

5. K2

4. K1

3. K1

2. K2

1. K1

Feladatok

P , ,nn nk1 f

n elem ismétléses permutációinak száma: , ahol n1, n2, …, nk az ismét-

lődő elemek számát jelenti.! !

!Pn n

n, ,nn n

k1

k1

$ $f=

f

Tétel

Ismétléses permutációkszáma

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:47 Page 9

10 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

A páros számjegyek mindegyikének felhasználásával hány daraba) ötjegyű;b) ötjegyű, kilenccel osztható;c) ötjegyű 4-gyel osztható;d) ötjegyű, 10-zel oszthatószám készíthető?

Hányféle sorrendben rakhatjuk ki a magyar kártyából a nyolc piros és a nyolc makklapot, ha egymás után különböző színű lapoknak kell következni?

Egy 8 tagú társaság egy kerek asztalnál foglal helyet. Hányféleképpen ülhetnek le, haa székek nem számozottak?

Hány eleme volt a halmaznak, ha az adott elemszámot 3-mal csökkentve a permutá-ciók száma a 60-adára csökkent?

2. Variációk

MegoldásHárom betűt kell kiválasztanunk, de az is fontos, hogy milyen sorrendbe tesszük ezeket. Az elsőhelyre bármelyiket tehetjük a hat betű közül, a második helyre eggyel kevesebb a választási le-hetőségünk. Ez eddig 6 ⋅ 5 eset. A harmadik helyre már csak négy lehetőségünk marad. Ez négy-szerezi az eddigi esetek számát. Vagyis 6 ⋅ 5 ⋅ 4, azaz 120 megfelelő szó képezhető.

MegoldásEgy dobás alkalmával két lehetőség van: fej vagy írás. Jelöljük ezeket F és I betűkkel! Ezekből abetűkből kell hármas csoportokat készítenünk, olyan módon, hogy a sorrend is számít. Elkészíthetjük a lehetőségek gráfját:

2. példa Egy pénzérmével háromszor dobunk. Hányféle dobássorozat alakulhat ki, ha a do-bások sorrendjét is figyelembe vesszük? Adjuk meg ezeket a dobássorozatokat!

1. példa Hány darab hárombetűs (nem feltétlenül értelmes) szó képezhető az ISKOLA szóbetűiből, ha minden szóban egy betű csak egyszer szerepelhet?

9. K2

12. K2

11. K2

10. K2

További feladatok: Matematika gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény II. 50–63., 84–100.

n különböző elem k-ad osztályú ismétlés nélküli variációinak száma:

, ahol n és k pozitív egészek, és k ≤ n.!

!V n n n kn k

n1 1nk $ $ $f= - - + =

-^ ^

^h h

h

Tétel

Variációk száma

-val jelöljük azt a számot, amely megadja, hogy n különböző elemből hányféleképpen vá-laszthatunk ki k (k ≤ n) elemet az összes lehetséges sorrendben.Vn

k

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:47 Page 10

11MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

Első dobás F I

Második dobás F I F I

Harmadik dobás F I F I F I F I

Vagyis az összes esetek száma: 23 = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 8.Az ábráról könnyen leolvashatjuk az eseteket: FFF, FFI, FIF, FII, IFF, IFI, IIF, III.

Egy vetélkedőn a döntő szereplői az első és a második helyért versenyeznek. Tudjuk,hogy pontosan 56 lehetőség van a két különböző díj megszerzésére. Egy versenyző maximumegy díjat kaphat. Hányan szerepelnek a döntőben?

Hány darab háromjegyű szám képezhető a 24 368 szám számjegyeinek a felhasználá-sával, ha a számjegyeka) nem ismétlődhetnek; b) ismétlődhetnek?

Hány darab legfeljebb ötjegyű, természetes szám írható fel a hetes számrendszerben?

Írjuk fel a KERT szó betűiből képezhető hárombetűs (nem feltétlenül értelmes) szava-kat, ha minden betű csak egyszer szerepelhet egy szóban!

Az iskolai Ki mit tud? döntőjébe tizenkét tanuló jutott. Az első öt helyezett kap öt kü-lönböző díjat. Hányféle sorrend alakulhat ki?

Hány ember indulhat azon az úszóversenyen, ahol az arany-, ezüst-, bronzérmek ki-osztása 1320-féleképpen történhetne?

Egy rejtvénypályázatra 62 jó megfejtés érkezett. A helyes megfejtést beküldők közöttsorsolással kiosztanak 3 különböző díjat. Egy megfejtő maximum egy díjat kaphat. Hányféleeredményt hozhat a sorsolás?

Hány olyan ötjegyű szám van, amelyben minden számjegy különböző?

Egy 28 fős osztályban az óra elején a tanár bejelenti, hogy ma hárman fognak felelni.Hányféleképpen alakulhat a felelők sorrendje?

Egy szakrendelésen 4 orvos rendel párhuzamosan egymás melletti rendelőkben. Az ér-kező betegek bármelyik orvoshoz bejelentkezhetnek a sorszámuk leadásával. Hányféleképpen je-lentkezhet valamely napon az első 12 beteg a 4 orvosnál?

10. K2

1. K1

Feladatok

2. K1

3. E1

4. K1

5. K1

6. K2

7. K2

8. K2

9. K2További feladatok: Matematika gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény II. 64–77.

Ismétléses variációkszáma

n különböző elem k-ad osztályú ismétléses variációinak száma: , ahol n és k pozi-tív egészek.

V i nnk k

=^ h

Tétel

-val jelöljük azt a számot, amely megadja, hogy n különböző elemből a sorrend figye-lembevételével hányféleképpen választhatunk ki k darabot (egy elemet többször is választ-hatunk).

V ink^ h

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:47 Page 11

12 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

3. Kombinációk

MegoldásHárom pontot kiválasztunk, és azok egyértelműen meghatároznak egy háromszöget, hiszen se-melyik három nincs egy egyenesen.

Ha a kiválasztott pontok sorrendjére is figyelünk, akkor az összes eset száma: 101 ⋅ 100 ⋅ 99.Ezekben az esetekben három pont minden lehetséges sorrendje szerepel, pedig a három pontkiválasztásakor nem érdekes a sorrend. Bármilyen sorrendben is választottuk ki őket, ugyanazta háromszöget határozzák meg. Mivel három pontot 3 ⋅ 2 ⋅ 1-féle sorrendben tudunk kiválasz-

tani, ezért az összes esetek száma: .

-val jelöljük azt a számot, amely megadja, hogy n elemből hányféleképpen választ-hatunk ki k (k ≤ n) elemet a sorrend figyelembevétele nélkül.

Megállapodás: , .

Két fontos összefüggés, amelyeket már az előző tanévben tanultunk:

,

.

OLVASMÁNY

MegoldásA család tagjait jelölje: A, B, C, D, E. Ebből az öt elemből kell kettes csoportokat képeznünk úgy, hogy egy elemkétszer is szerepelhet, és a sorrendjük nem lényeges.A lehetséges eseteket fel tudjuk sorolni:

AA, AB, AC, AD, AE,BB, BC, BD, BE,CC, CD, CE,DD, DE,EE.

Vagyis 15-féle változatban nyithatták ki a hűtőszekrény ajtaját.

2. példa Egy öttagú család hűtőszekrényének ajtaját kétszer nyitották ki rövid időn belül. Hányféle változat-ban történhetett ez meg, ha ugyanaz a személy kétszer is kinyithatta az ajtót, és a sorrendet nem vesszük fi-gyelembe?

nk

nk

nk

11

+=

-+e e eo o o

nk

nn k

=-

e eo o

Cn0

1n0

= =e o C00

100

= =e o

Cnk

3 2 1101 100 99 166 650

$ $$ $

=

1. példa Hány darab háromszöget határoz meg 101 darab olyan pont a síkban, amelyekközül semelyik három nincs egy egyenesen?

Tétel

n elem k-ad osztályú kombinációinak száma:

, ahol n és k pozitív egészek és k ≤ n.!

!Cnk k n k

nk

n n n k1

1 1nk

$ $

$ $

f

f= =

-=

- - +e

^

^ ^o

h

h h

Kombinációk száma

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:47 Page 12

13MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

MegoldásA kosarakat egymás mellé helyeztük, így azok megkülönböztethetők, az almák azonban egyformák. Két elhelye-zést akkor tekintünk különbözőnek, ha legalább egy kosárban megváltoztatjuk az almák számát. Minden elhe-lyezést a | és a 5 jelekkel fogunk megadni. Ha az első kosárba nem kerül alma, akkor | jellel kezdünk, ha kerül belealma, akkor annyi 5 jelet rajzolunk, ahány alma az első kosárban van, majd ezután | jel következik. Ezután annyi5 következik, amennyi alma a második kosárban van. Ha ebben a kosárban nincs alma, akkor két | jel lesz egymás mellett. Ezt folytatva minden elhelyezést 10 darab 5 és 3 darab | ír le.

Például a 5555|555||555 jelsorozat jelentése: az első kosárban 4 db, a másodikban 3 db, a harmadik-ban 0 db, a negyedikben 3 db alma található.

Összesen annyi elhelyezése lesz az almáknak, ahányféleképpen a 10 darab 5 és a 3 darab | jel egymás melléírható. Azaz ahányféleképpen a 13 hely közül kiválasztható az a 3 hely, ahová a | jel tehető.

Ez 13 elem 3-adosztályú kombinációinak számával egyenlő:

.

Vagyis 286-féleképpen helyezhetjük el a 10 almát a 4 kosárban.

Az előző példát általánosságban így fogalmazhatjuk meg:Egymás mellett elhelyeztünk n darab kosarat. Hányféleképpen helyezhetünk el ezekben k darab egyforma

almát?Ha gondolatmenetünket n-re és k-ra alkalmazzuk, akkor:

,

de ezt tudjuk a következő alakban is írni:

.

A kombinációknak ezt a sajátos fajtáját ismétléses kombinációnak nevezzük.

MegjegyzésA 2. példában is ismétléses kombináció szerepelt. Ott öt elem másodosztályú ismétléses kombinációinak számáthatároztuk meg. Mivel az esetek száma nem volt túl sok, ezért egyesével meg tudtuk számolni. A képlet ismere-tében most már így is eljárhatunk:

.

4. példa Képzeljük el az ötös lottó játéknak a következő módosítását: az első 90 pozitív egész szám közül kellbejelölni 5 darabot, de egy számot többször is választhatunk. (A nyerőszámoknak nem feltétlenül kell öt kü-lönböző számnak lenni, elképzelhető, hogy a 12, 12, 21, 33, 33 vagy akár a 89, 89, 89, 89, 89 lesz a nyerő.)Hány darab játékszelvényt kellene kitöltenünk, ha biztosan szeretnénk egy telitalálatosat? Ez hányszor több,mint amennyi a hagyományos ötös lottón kellene a biztos telitalálathoz?

3. példa Egymás mellett elhelyeztünk 4 kosarat. Hányféleképpen helyezhetünk el ezekben 10 egyforma al-mát?

15C i5 2 1

262 1 2

6 552

$$

=+ -

= = =^ e eh o o

Cn k

k1

n kk

1 =+ -

+ - e o

Cn k

n1

1n kn

11

=+ -

-+ --

e o

286C133 1 2 3

13 12 11133

$ $$ $

= = =e o

n elem k-adosztályú ismétléses kombinációinak száma: , ahol n és k pozitív egészek.C in k

k1

nk

=+ -

^ eh o

Tétel

Ismétléses kombinációkszáma

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:48 Page 13

14 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

További feladatok: Matematika gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény II. 140–157., 179., 189.

MegoldásAz így módosított játékban 90 elem 5-ödosztályú ismétléses kombinációiról van szó. Ezek száma:

.

A hagyományos ötös lottó esetén ez a szám: .

Ezek alapján: .

Vagyis a módosított játék esetén kb. 1,25-szor több szelvényre lenne szükség a biztos telitalálathoz, mint a ha-gyományos változatban.

Egy 28 fős osztály tanulói közül 6 tanuló képviseli az osztályt egy rendezvényen.a) Hányféleképpen választható ki ez a 6 tanuló?b) Hányféleképpen választható ki az a 22 tanuló, aki nem vesz részt ezen a rendezvényen?

Számítsuk ki!

a) ; b) ; c) ; d) .

Az ötös lottó hazánk egyik legrégebbi számsorsjátéka: kilencven számból ötöt kell meg-jelölni. A játékos akkor nyer, ha a kisorsolt öt szám közül legalább kettőt eltalált, és akkor ér eltelitalálatot, ha az általa megjelölt mind az öt szám egyezik a kisorsolt nyerőszámokkal. Ez aklasszikus lottó már 1957 óta játszható ebben a formában.Hány darab különböző-féleképpen kitöltött lottószelvény képzelhető el egy játékhéten úgy, hogyazona) pontosan két találat legyen;b) ne legyen találat;c) ne legyen nyeremény?

A hatos lottó játékban negyvenöt számból hatot kell megjelölni. A játékos akkor nyer, haa kisorsolt hat szám közül legalább hármat eltalált, és akkor ér el telitalálatot, ha az általa meg-jelölt mind a hat szám egyezik a kisorsolt nyerőszámokkal. A sorsoláson már kihúzták a 11, 23,40 számokat. Hányféleképpen képzelhető el most a telitalálatos szelvény?

A skandináv lottó játékban harmincöt számból hetet kell megjelölni. A sorsoláson hétszámot géppel, hét számot kézzel húznak ki. Akkor nyer a játékos, ha bármelyik kisorsolt hétszámból legalább négy találata van. Egy szelvény az ikersorsolás mindkét számsorsolásán auto-matikusan részt vesz, és akár mindkét sorsoláson lehet találata.a) Ha valaki a 16, 21, 23 és 25 számokat minden szelvényen be szeretné jelölni, akkor összesen

hány játékszelvényt tudna különböző módon kitölteni?b) Egy játékosnak az ötödik nyerőszám kihúzása után öt találata van. Minimum hány szelvénnyel

játszhatott, ha már biztosan tudja, hogy lesz telitalálata?

A 24 fős osztályban 3 jelölt van az osztálytitkári tisztség betöltésére. Mindenki (a jelöltekis) egy jelöltre szavaznak. Hányféle eredménye lehet a szavazásnak?

A 32 lapos magyar kártyából 5 lapot osztunk. Hányféle eset lehetséges, ha csak a színe-ket vesszük figyelembe? 7. E1

C905 1 2 3 4 5

90 89 88 87 86905

$ $ $ $$ $ $ $

= =e o

54 891018C i90 5 1

5945 1 2 3 4 5

94 93 92 91 90905

$ $ $ $$ $ $ $

=+ -

= = =^ e eh o o

6. E1

5. K2

4. K2

3. K2

103

e o104

e o1310e o

3028e o

2. K1

1. K2

Feladatok

1,25C

C i

1 2 3 4 590 89 88 87 86

1 2 3 4 594 93 92 91 90

90 89 88 87 8694 93 92 91 90

905

905

$ $ $ $$ $ $ $$ $ $ $

$ $ $ $

$ $ $ $$ $ $ $ .= =

^ h

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:48 Page 14

15MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

4. Binomiális tétel

Két tag négyzetre emelését, két tag köbre emelését már a korábbi években megtanultuk:

Ezekhez az azonosságokhoz úgy jutottunk, hogy a két-, illetve a háromtényezős szorzatot aszorzások és az összevonások elvégzése után rendezett többtagú kifejezésként írtuk fel. Ezt amódszert bármilyen pozitív egész kitevő esetén alkalmazhatjuk.

Megoldás

.

Nagyobb kitevő esetén egyre hosszadalmasabb lesz a számítás. Keressünk másik utat!

MegoldásTudjuk, hogy .

A hat tényező két-két tagja (a és b) közül minden lehetséges módon össze kell szoroznunkegyet-egyet. A következő esetek adódnak:

Ha a-t 6 tényezőből választjuk, akkor b-t 0-ból. Ekkor a szorzat: a6.Ha a-t 5 tényezőből választjuk, akkor b-t 1-ből. Ekkor a szorzat: a5b.Ha a-t 4 tényezőből választjuk, akkor b-t 2-ből. Ekkor a szorzat: a4b2.Ha a-t 3 tényezőből választjuk, akkor b-t 3-ból. Ekkor a szorzat: a3b3.Ha a-t 2 tényezőből választjuk, akkor b-t 4-ből. Ekkor a szorzat: a2b4.Ha a-t 1 tényezőből választjuk, akkor b-t 5-ből. Ekkor a szorzat: ab5.Ha a-t 0 tényezőből választjuk, akkor b-t 6-ból. Ekkor a szorzat: b6.Ezek a szorzatok lesznek (megfelelő együtthatóval) a keresett rendezett többtagú kifejezés

tagjai. Az együtthatóik adják meg, hogy a hat tényezőből hányféleképpen lehet kiválasztani azo-kat, amelyek a megfelelő számú b tényezőt adják.

Például, ha a hat tényezőből 2 darab b-t választunk, akkor ez kombinációk számának meg-határozását jelenti. Hányféleképpen tudjuk kiválasztani a hat darab (a + b) tényezőből azt a ket-

tőt, amelyikből a b-t választjuk? Ezt -féleképpen tehetjük meg, vagyis az a4b2 együtthatója

15 lesz.Az összes együtthatót ilyen módon meghatározzuk:

, , , , , , .

Tehát: .a b a a b a b a b a b ab b6 15 20 15 66 6 5 4 2 3 3 2 4 5 6

+ = + + + + + +^ h

160

=e o61

6=e o 162

5=e o63

20=e o 164

5=e o65

6=e o 166

=e o

62e o

a b a b a b a b a b a b a b6+ = + + + + + +^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h

2. példa Írjuk fel rendezett többtagú kifejezésként az (a + b)6 hatványt!

a a b a b ab b4 6 44 3 2 2 3 4+ + + +

a a b a b a b a b ab a b ab b2 2 4 2 24 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 4= + + + + + + + + =

a b a b a b a ab b a ab b2 24 2 2 2 2 2 2+ = + + = + + + + =^ ^ ^ ^ ^h h h h h

1. példa Írjuk fel rendezett többtagú kifejezésként az (a + b)4 hatványt!

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2.(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3.

(a + b)2

(a + b)3

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:48 Page 15

16 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

Bizonyítható, hogy ezekkel az együtthatókkal az (a + b) kéttagú kifejezés n = 1, 2, 3, … kite-vőjű hatványai mind felírhatók:

= = ;

= = ;

= = ;

… … …Az általános esetet a binomiális tételben fogalmazzuk meg:

A tétel például teljes indukcióval bizonyítható, de ettől most eltekintünk.

Tudjuk, hogy , továbbá , ezért a tétel jobb oldalán szereplő kifejezés

első és utolsó tagját an, illetve bn alakban is írhatjuk.

Ha az eddigiekhez még hozzátesszük, hogy , akkor a binomiális együttha-

tókat soronként felírva a következő elrendezést kapjuk:

…

Tudjuk, hogy minden sorban az első és az utolsó szám 1. Amelyik sorban csak egy szám van,azt nevezhetjük nulladik sornak, így minden binomiális együttható annyiadik sorban van, amennyia felső szám értéke.

Az előző leckében láttuk, hogy , ezért a fenti elrendezésben a sorok

bármely nem szélső száma a felette balról és jobbról álló két szám összege lesz.

nk

nk

nk

11

+=

-+e e eo o o

40e o

41e o

42e o

43e o

44e o

30e o

31e o

32e o

33e o

20e o

21e o

22e o

10e o

11e o

00e o

a b 100

0+ = =^ eh o

n nn0

1= =e eo o a b 10 0= =

a b 3+^ h a a b ab b3 33 2 2 3

+ + + a a b ab b30

31

32

33

3 2 2 3+ + +e e e eo o o o

a b 2+^ h a ab b22 2

+ + a ab b20

21

22

2 2+ +e e eo o o

a b 1+^ h a b+ a b

10

11

+e eo o

Az a és b tetszőleges valós számok összegének az n pozitív egész kitevőjű hatványát a kö-vetkező módon számíthatjuk ki:

.a bn

a bn

a bnk

a bnn

a b0 1

n n n n k k n0 1 1 0f f+ = + + + + +- -^ e e e eh o o o o

Tétel

A matematikai szakirodalom a kéttagú kifejezéseket binomnak mondja. Ezért a binomok hat-

ványozásakor megjelenő együtthatókat binomiális együtthatóknak nevezzük. Az n és

a k természetes számok, és k # n.

nke oBinomiális együttható

Binomiális tétel

(a + b)n

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:48 Page 16

Például: .

Így a binomiális együtthatókat gyorsan fel tudjuk írni.

11 1

1 2 11 3 3 1

1 4 6 4 11 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1…

A kéttagú kifejezések hatványozásakor kapható együtthatóknak ezt az elrendezését Pascal-háromszögnek nevezzük.

MegoldásA Pascal-háromszög hatodik sorát már meghatároztuk:1 6 15 20 15 6 1A tanult módon a hetedik sor a következő lesz:1 7 21 35 35 21 7 1Ezek alapján:

.

A Pascal-háromszögben nagyon sok érdekesség felfedezhető. Példaként mutatunk egyet!Adjuk össze soronként a számokat, és vizsgáljuk az így kapott összegeket:11 + 1 = 21 + 2 + 1 = 41 + 3 + 3 + 1 = 81 + 4 + 6 + 4 + 1 = 161 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32…

Ezek az összegek kettőnek a hatványai lettek: 1 = 20, 2 = 21, 4 = 22, 8 = 23, 16 = 24, …Az eddig kapott kettőhatványok esetén a kitevő pontosan a megfelelő sor sorszámával azonos.Az így kialakított sejtésünket a következő példában igazoljuk.

MegoldásÍrjuk fel a binomiális tételt a = 1, b = 1 esetén:

.n n n

n1 1

01 1

11 1 1 1n n n n0 1 1 0$ $ $ $ $ $f+ = + + +-

^ e e eh o o o

4. példa Igazoljuk, hogy a Pascal-háromszög n-edik sorában a számok összege 2n lesz!

42

31

32

= +e e eo o o

x x x x x x x128 448 672 560 280 84 14 17 6 5 4 3 2= + + + + + + +

x x x x x x x x2 1 2 7 2 21 2 35 2 35 2 21 2 7 2 17 7 6 5 4 3 2$ $ $ $ $ $+ = + + + + + + + =^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^h h h h h h h h

3. példa A Pascal-háromszög segítségével írjuk fel rendezett többtagú kifejezésként a (2x + 1)7 hatványt!

17MATEMATIKAI . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

Pascal-háromszög

Blaise Pascal(1623–1662) francia mate-matikus, fizikus és íróapja nevelésének hatására már fiatalkorá-ban szellemileg nagyongyorsan fejlődött. Egyikleghíresebb tételét (akúpszeletekbe írt hatszö-gekről szólót) tizenhatévesen fedezte fel. 25 éves korában a PortRoyal-i kolostorba vo-nult, de azután sem ha-gyott fel a tudománnyalés az irodalommal. A bi-nomiális együtthatókattanulmányozva módszertadott a kiszámításukra.(Ezt Kínában már jóvalkorábban ismerték, de azegyütthatók közötti tör-vényszerűségeket szá-munkra a Pascal-három-szög mutatja igenszemléletesen.) Pascalmatematikai munkásságanagyon sokrétű volt.

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:48 Page 17

Vagyis valóban igaz:

.

A középkori kínai matematikában az aritmetikai és algebrai feladatok mellett kombinatori-kai jellegű kérdések is felbukkantak. Kombinatorikáról mint a matematika egyik önálló ágá-ról Fermat, Pascal, Jacob Bernulli és Leibniz munkássága óta beszélhetünk. Az 1780-as éve-kig a matematikának ez az ága nem fejlődött tovább. Ekkor Németországban kialakult egykomoly fejlődést mutató iskola. A következő nagy felvirágzást a XX. század hozta. Az 1950-es évektől a számítógépek olyan kombinatorikai feladatok megoldását tették szükségessé,amelyek kialakították a kombinatorikus algebrát. Ennek az irányzatnak egyik legnagyobbképviselője Erdős Pál (1913–1996) volt. Világszerte elismert ezen a területen Lovász László(1948–) tevékenysége is.

Írjuk fel rendezett többtagú kifejezésként a következő hatványokat!a) ; b) ; c) ; d) .

Írjuk fel a következő hatványok rendezett többtagú alakjában a hatodfokú tag együtt-hatóját!a) ; b) ; c) ; d) .

Adjuk meg egy binomiális együtthatóval a következő összegeket!

a) ;

b) .

Igazoljuk, hogy az n elemű halmaz részhalmazainak száma 2n lesz!

Igazoljuk, hogy ha a Pascal-háromszög n-edik sorában a számokat váltakozó előjellel ösz-szeadjuk, akkor 0-t kapunk!5.E1

4. E1

20

31

42

53

64

75

+ + + + +e e e e e eo o o o o o

33

43

53

63

73

+ + + +e e e e eo o o o o

3. K2

x 5 6+^ h x2 1 9

-^ h x 2 8-^ h x3 2 7

+^ h

2. K2

x 2 4+^ h x3 1 6

-^ h x y2 5+^ h x y3 2 4

-^ h

1. K2

Feladatok

n n nn

20 1

n f= + + +e e eo o o

18 MATEMATIKA I . K O M B I N A T O R I K A

1 1 . É V F O L Y A M

További feladatok: Matematika gyakorló

és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény II.

201–209., 212–219.

Lovász László

17302_Matematika11_1_ 2015.03.20. 9:48 Page 18

GráfokII.

A 10. osztályban már megismerkedtünk a gráfokkal. Megtanultuk a leg-fontosabb alapfogalmakat: az egyszerű gráf, a teljes gráf, az összefüggőgráf fogalmát. Megismertük a gráf pontjai fokszámának jelentését, és efogalom használatát a különböző gráfelméleti kérdések és gyakorlatiproblémák megoldásában.

Ebben a fejezetben először összefoglaljuk a már tanult legfontosabbfogalmakat, tételeket, majd új gráfelméleti fogalmakkal és azok hasz-nálatával ismerkedünk meg, közülük először az Euler-vonallal. 1736-banLeonhard Euler azt a felkérést kapta, hogy tervezzen Königsberg váro-sában egy olyan sétautat, mely a várost átszelő Pregel folyó mind a 7 híd-ján átvezet úgy, hogy minden hídon egyszer és csak egyszer halad ke-resztül. E probléma megoldásával született meg maga a gráfelmélet.Ebben a fejezetben mi is áttekintjük e probléma megoldásának lénye-gét. Ezt követően a fagráfokkal és az irányított gráfokkal, valamint ezeknéhány egyszerű gyakorlati alkalmazásával találkozhatunk.

17302_Matematika11_2_ 2015.03.20. 11:06 Page 19

1. Mit tanultunk a gráfokról? (Ismétlés)

Az előző évben már megismerkedtünk a gráfelmélet legfontosabb alapfogalmaival, tételeivel.Mielőtt tovább vizsgálódunk a gráfok világában, foglaljuk össze ezeket az alapvető ismereteket!

Mint láttuk, nagyon fontos és hasznos fogalom számunkra a gráf csúcsainak a fokszáma.

Észrevettük, hogy bármely gráfban a csúcsok fokszámának az összege egyenlő az élek szá-mának kétszeresével. Ennek pedig egyenes következménye, hogy bármely gráfban a páratlanfokú csúcsok száma páros.

Egy fontos speciális gráf a teljes gráf.

A teljes gráf csúcsai és élei közötti fontos összefüggés:

Egy egyszerű gráfot teljes gráfnak nevezünk, ha bármely két különböző csúcsa össze vankötve egy éllel.

Teljes gráf

Egy gráf összefüggő, ha bármely csúcsából bármely csúcsába eljuthatunk éleken keresztül.

Összefüggő gráf

Egy gráfot egyszerű gráfnak nevezünk, ha sem többszörös élt, sem hurokélt nem tartalmaz.

Egyszerű gráf

Ha egy gráfban valamely él két végpontja egybeesik, akkor ezt hurokélnek nevezzük.

Hurokél

Ha egy gráf valamely két csúcsát egynél több él köti össze, akkor azokat többszörös élnek ne-vezzük.

Többszörös él

A gráf pontjainak (csúcsainak) fokszáma a kérdéses pontból kiinduló élek száma. Ha egy pontfokszáma 0 (azaz egyetlen él sem indul ki belőle), akkor e pontot izolált pontnak nevezzük.

A gráf csúcsainak fokszáma

Legyen adott n darab pont (n > 0) és e pontokból vett pontpárok közül néhányat összekötővonal. (Lehetséges, hogy minden pontpárt összekötöttünk, de az is lehet, hogy egyet sem; azis előfordulhat, hogy valamely két pontot több vonallal is összekötöttünk.) Az ilyen alakzatotgráfnak nevezzük. A pontok a gráf pontjai (csúcsai), a vonalak a gráf élei.

Gráf

20 MATEMATIKA I I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

Gráf

A gráf csúcsainak fokszáma

Többszörös él

Hurokél

Egyszerű gráf

Összefüggő gráf

Teljes gráf

Az n pontú teljes gráf éleinek a száma: .n n

21-^ h

Tétel

17302_Matematika11_2_ 2015.03.20. 11:06 Page 20

Nézzünk minderre néhány egyszerű példát!

Megoldása) Érdemes kiindulni a legmagasabb fokú csúcsból, hiszen az ennek megfelelő pont minden más

ponttal össze van kötve. Eztán már könnyen elkészíthetjük a megfelelő ábrát. (1. ábra)b) Ilyen gráf nem létezik. Ha ugyanis valamely csúcs fokszáma 6, akkor az azt jelenti, hogy ez a

csúcs minden más csúccsal össze van kötve. Esetünkben két darab ilyen csúcs van, vagyis ekét csúccsal minden más csúcs össze van kötve. Tehát minden csúcs fokszáma legalább 2,vagyis nem lehet olyan csúcs, melynek fokszáma 1.

MegoldásHa az élek száma osztható öttel, akkor valamely k pozitív egész számra

, azaz .

A kapott egyenlet bal oldala két szomszédos egész szám, így valamelyik biztosan páros. Ezekszerint vagy n, vagy n - 1 öttel osztható szám kell, hogy legyen.

vagy , ahonnan .

Ezek szerint az n pontú teljes gráf éleinek a száma akkor és csak akkor osztható öttel, ha nosztható öttel vagy n öttel osztva 1 maradékot ad.

MegoldásHa elképzeljük a társaság ismeretségi gráfját, akkor ebben a két klubvezető fokszáma 13. Azon7 nyugdíjas fokszáma, akik közül mindenki mindenkit ismer 8, hiszen minden ilyen nyugdíjasnakmegfelelő pontból 6 + 2 él indul ki. A további 5 nyugdíjasnak megfelelő csúcs fokszáma 2, hi-szen ők csak a klubvezetőket ismerik. Ezek szerint ebben a gráfban az élek száma (a csúcsok fok-számai összegének a fele):

.

Azt kell kiszámítanunk, hány élt kell még berajzolnunk ebbe a gráfba, hogy teljes gráf legyen.Mivel a 14 pontú teljes gráf éleinek a száma:

,

így még új él kell, hogy teljes gráfot kapjunk. Tehát a feltételekből következik,hogy összesen 45 kézfogásra került sor.

91 46 45- =

214 13 91$

=

22 13 7 8 5 2 46$ $ $+ + =

3. példa Egy nyugdíjasklub két klubvezetője kirándulást szervezett, melyen rajtuk kívül még12 nyugdíjas vett részt. A két klubvezető mindenkit ismert a társaságban. A nyugdíjasok közülheten voltak olyanok, akik közül mindenki mindenkit ismert. A többiek a klubvezetőn kívülsenkit sem ismertek a társaságban. Találkozáskor, akik nem ismerték egymást, kézfogássalbemutatkoztak egymásnak. Hány kézfogás történt?

n m5 1= +n m1 5- =n km=

n n k1 10- =^ hn n

k2

15

-=

^ h

2. példa Hány pontú lehet az a teljes gráf, melyben az élek száma ötnek többszöröse?

1. példa Rajzoljunk olyan 7 pontú gráfot, melyben az egyes csúcsok fokszámaa) 6, 5, 5, 4, 3, 3, 2; b) 6, 6, 4, 3, 2, 2, 1.

21MATEMATIKAI I . G R Á F O K

1 1 . É V F O L Y A M

1.

(2)

(3)

(3)

(4)

(5)

(5)

(6)

17302_Matematika11_2_ 2015.03.20. 11:06 Page 21