Základní kombinatorické principy



1.1 Princip bijekce

je vzájemně jednoznačné přiřazení prvků dvou množin:  jedna množina pro nás může být nepřehledná a vztahy v ní dokážeme těžko postihnout, zatímco druhá množina je pro řešení problému přehledná  Známe-li tedy řešení na množině přehledné, známe i řešení na druhé množině.

 Kombinatoricky: jestliže na první množině existuje právě m - řešení, pak na vzájemně jednoznačně přiřazené množině existuje také m - řešení.

 Každému prvku z množiny A je přiřazen právě jeden prvek z množiny B.

 Obě množiny musí být stejně početné, tj. #A = #B.

 Symbol #A budeme chápat jako počet prvků množiny A.

V praxi to znamená, že si popis množiny můžeme zjednodušit nějakou analogií - představou na papíře

Základní kombinatorické principy



1.2 Kombinatorické pravidlo o součinu

Máme vybrat k prvků:   první prvek vybíráme z konečné neprázdné množiny s počtem prvků #A 1 druhý prvek vybíráme z konečné neprázdné množiny s počtem prvků #A 2   třetí prvek ... s počtem prvků #A 3 ...  poslední, k-tý prvek, vybíráme z konečné neprázdné množiny s počtem prvků #A k  pokud výběr každého z prvku je nezávislý na výběru ostatních prvků,

existuje celkem (#A

jak vybrat tyto prvky

1 · #A 2 · . . . · #A k

) různých možností,

Příklad na Kombinatorické pravidlo o součinu

V restauraci mají na jídelním lístku uvedeno 3 polévky, 6 hlavních jídel a 2 moučníky.

Kolika způsoby lze sestavit menu ze všech třech chodů?

 Výběr polévky je nezávislý na výběru hlavního jídla i moučníku, totéž platí o dalších chodech, proto použijeme kombinatorické pravidlo o násobení:  N = 3*6*2 = 36 možností, jak sestavit menu

Základní kombinatorické principy



1.3 Kombinatorické pravidlo o součtu

Předpokládejme, že máme k disjunktních množin  potom sjednocení těchto množin má právě

#A

1

+ #A

2

+ . . . + #A

k prvků.

A Lichá čísla 1,3,5 B prázdný průnik ø Sudá čísla 2,4,6

Disjunktní množiny mají prázdný průnik

Příklad 1 na Kombinatorické pravidlo o součtu  V restauraci mají na jídelním lístku uvedeny tyto počty hlavních jídel: bezmasá jídla (3), ryby (2), drůbež (2), vepřové maso (5), hovězí maso (4).

 Kolik dní můžete chodit do této restaurace, abyste jedli každý den jiné jídlo?

 Řešení: Protože se jedná o disjunktní množiny, použijeme pravidlo o součtu: N = 3 + 2 + 2 + 5 + 4 = 16 dní

Základní kombinatorické principy



1.4 Součet prvků obecných množin

 Uvažujme množinu A a množinu B, které mají neprázdný průnik.

 Pokud sečteme prvky každé množiny, pak společné prvky jsme sečetli dvakrát, proto je jednou musíme odečíst:

A B

prvočísla < 10 1, 2 , 3, 5, 7 průnik 2 Sudá čísla < 10 2 , 4, 6, 8 {1, 2 , 3, 5, 7} + { 2 , 4, 6, 8} = {1, 2 , 2 , 3, 4, 5, 6, 7, 8} průnik (číslo 2) musíme odečíst

Obecný zápis: # (A

∪

B) = # A + # B - # (A ∩ B)

Příklad na Součet prvků obecných množin

   Ve třídě je 16 studentů. Z celkového počtu mluví aktivně 10 anglicky a 8 německy.

5 studentů zvládá aktivně oba jazyky.

   Určete, kolik studentů mluví jen anglicky nebo jen německy Kolik studentů nemluví aktivně žádným z těchto dvou jazyků Kolik studentů mluví aktivně nějakým jazykem?

A N

Zadání

:

A

 10

N

 8

A



N

 5

5

5 3

Řešení

:

A

 (

A



N

)  10  5  5

N

 (

A



N

)  8  5  3 16  (

A



N

)  16  ( 5  5  3 )  3 (

A



N

)  5  5  3  13

Kombinatorika - příklad

 Když se bude státní vlajka skládat ze tří svislých pruhů v barvách červená modrá a bílá, kolika způsoby lze pruhy uspořádat?

 Řešení:  červená může být na 1., 2. nebo 3. místě   modrá po umístění červené může být na 2 místech bílá barva na posledním - zbývajícím místě

č m b m č m b č b b č m b č b m m č č m b m b č b č b b m č m č b m m č

 Počet možností vypočteme jako 3*2*1 = 6  Kdyby se jednalo o 4 různé barvy (žlutá, červená, modrá, bílá)  Počet kombinací vypočteme jako násobek: = počet umístění žluté (4) * počet umístění červené (3) * * počet umístění modré (2) * počet umístění bílé (1) tj. 4*3*2*1 = 24

PERMUTACE



2.1 Permutace

Máme n - různých přihrádek, n - různých předmětů (počet různých předmětů je stejný jako počet různých přihrádek)  Každý předmět můžeme umístit právě do jedné přihrádky a záleží na pořadí předmětu (jedná se o uspořádaný výběr)   Je zřejmé, že 1. předmět můžeme umístit do jedné z n přihrádek, 2. předmět již jen do jedné z n-1 přihrádek, protože jsme již jednu vyčerpali, 3. předmět do jedné z n-2 přihrádek … Poslední n-tý předmět pak můžeme umístit jen poslední n-té přihrádky S odvoláním na pravidlo o násobení můžeme vyjádřit počet způsobů umístění různých předmětů do různých přihrádek (záleží na pořadí) jako: P(n) = n * (n - 1) * (n - 2) * . . . · 2 * 1 To odpovídá zápisu, ve kterém využíváme faktoriál:

P

  

n

!

VARIACE bez opakování



2.2 Variace bez opakování

Máme n - různých přihrádek, k - různých předmětů  každý předmět chceme umístit právě do jedné přihrádky a záleží na pořadí předmětu (jedná se o uspořádaný výběr)    Předpokládejme, že n > k (jinak stačí zaměnit pojem přihrádka a předmět) Je zřejmé, že 1. předmět můžeme umístit do jedné z n přihrádek, 2. předmět již jen do jedné z n-1 přihrádek, protože jsme již jednu vyčerpali, 3. předmět do jedné z n-2 přihrádek … Poslední k-tý předmět pak můžeme umístit jen do n-k+1 přihrádek, jež zbyly prázdné.

S odvoláním na pravidlo o násobení můžeme vyjádřit počet způsobů, jimiž lze danou úlohu vyřešit jako: V k (n) = n * (n-1) * (n-2) * . . . * (n-k+1)

PERMUTACE a VARIACE - odvození vzorce pro Variace



2.1 Permutace

P(n) = n * (n - 1) * (n - 2) * . . . * (n-n+1) To odpovídá zápisu, ve kterém využíváme faktoriál:

P

  

n

!



2.2 Variace bez opakování

Zápis: V k (n) = n * (n-1) * (n-2) * . . . * (n-k+1) Zapíšeme pomocí faktoriálů:

V k

   

!

Jedná se o vzorec pro počet variací k-té třídy z n prvků bez opakování.

Příklad na

Permutace

  Kolik různých slov vznikne přesmyčkou písmen ve slově POPOKATEPETL*?

Řešení: Celkem písmen: 12 Pokud by byla všechna písmena rozdílná, počet různých slov bychom vypočetli jako násobek 12*11*10*9*8*7*6*5*4*3*2*1 Protože se některá písmena opakují, počet možností je menší  tolikrát, kolik různých možností bychom z nich udělali, kdyby byla rozdílná: pro dvě stejná písmena: počet možností se zmenší 2! (2 faktoriál krát) = 2 pro tři stejná písmena: počet možností se zmenší 3! (3 faktoriál krát) = 6 Četnost písmen ve slově: P 3x, O 2x, K 1x, A 1x, T 2x, E 2x, L 1x 3 !

 2 !

 1 !

 12 1 !

 !

2 !

 2 !

 1 !

9 979 200 *

Z aztéckého popoka dýmati, tepetl hora. Činná sopka ve střední části Mexika. Poslední erupce v roce 1932.

Příklad na

Variace bez opakování

Parkoviště má 10 míst pro osobní vozy. Zaměstnanců firmy je 6.

 Kolika způsoby může být zaparkováno všech devět aut zaměstnanců?

1. zaměstananec si může auto zaparkovat na libovolné místo z 10, 2. zaměstnanec už vybírá jen z 9 míst, 3. z osmi, 4. ze sedmi, 5. z šesti a šestému zbývá pět míst, kam může zaparkovat svůj vůz.

Obecný zápis : V k (n) = n * (n-1) * (n-2) * . . . * (n-k+1) Výpočet: 10*9*8*7*6*5 = 151 200 Existuje 151 200 způsobů parkování 6 vozů na 10 parkovacích místech pomocí faktoriálů:

V k

   

!

 10 10  !

6  !

 10 * 9 * 8 * 7 * 6 * 5 * 4 * 3 * 2 * 1 4 * 3 * 2 * 1  151 200

Příklad

  Ve školce připravili pro děti 16 jogurtů, ale většina dětí onemocněla a zbývajících

5 dětí

si mohlo vybrat z

5 jahodových, 6 meruňkových, 5 borůvkových jogurtů ( 3 druhy ).

Určete kolika způsoby může dostat každé z dětí 1 jogurt ke svačině.

Řešení:  Každé dítě může dostat na výběr ze 3 druhů jogurtů.   n = 3 k = 5 druhů …

analogie s Variacemi bez opakování: přihrádka některé druhy zbydou

dětí …

analogicky předmět všechny děti dostanou jogurt

Počet možností vypočteme násobením počtu možných jogurtů pro každé z 5 dětí: 3 * 3 * 3 * 3 * 3 vyjádřeno pomocí mocniny: 3 5 = 243

VARIACE s opakováním



2.3 Variace s opakováním

Máme n - různých druhů prvků a k - různých objektů Chceme přiřadit každému objektu některý druh prvku. Můžeme přiřadit stejný druh prvku, protože jich máme dostatek (prvky se mohou opakovat).

 Pokud přiřazujeme objektům různé druhy prvků, záleží na pořadí.

1. objektu můžeme přiřadit jeden z n druhů prvků, 2. objektu opět jeden z n druhů prvků, 3. objektu také jeden z n druhů prvků ….

Poslednímu k-tému objektu můžeme vybrat prvek stále z n druhů.

 S odvoláním na pravidlo o násobení můžeme vyjádřit počet řešení:

V k

*  



n



n



...



n V k

*   

n k

Vzorec pro počet variací k-té třídy z n-druhů prvků s opakováním.

Příklad na

Variace s opakováním

 Typickou úlohou je výpočet možností, které skýtá morseova abeceda   Má dva druhy znaků - tečka, čárka Písmena tvoří z 1, 2, 3 nebo 4 objektů (znaků), číslice ze 4 nebo 5 objektů (znaků) pro jednoznaková písmena - 2 možnosti: •, ̶ pro dvouznaková písmena - 4 možnosti: • ̶ , ̶ •, ••, ̶ ̶ pro tříznaková písmena - 8 možností: ̶ ̶ ̶ , ̶ ̶ •, ̶ • ̶ , • ̶ ̶ , •••, •• ̶ , • ̶ •, ̶ •• pro čtyřznaková písmena (čísla) - 16 možností: pro pětiznaková čísla - 32 možností: analogicky analogicky Počet možností vypočteme podle vzorce pro Variace s opakováním, tj.

V k

*   

n k

Počet možných variací v morseově abecedě je tedy: 2 1 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 = 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62

Příklad na Variace s opakováním

  Ve škole píší děti test. Skládá se z 5 otázek a pro každou otázku jsou uvedeny 4 odpovědi, ale jen jedna je správná.

existují tedy 4 druhy odpovědí

Určete kolika způsoby mohou děti náhodně vyplnit test bez ohledu na to, zda odpovídaly správně. Určete pravděpodobnost, že dítě zodpovědělo všechny otázky správně.

 Řešení:  n = 4  k = 5 druhů odpovědí (A, B, C, D) otázek (objektů)

V k

*



n k

Počet variací vypočteme násobením počtu možností pro každou z 5 otázek: 4 * 4 * 4 * 4 * 4 vyjádřeno pomocí variací s opakováním: V * 5 (4) = 4 5 =

1024

Jen jedna varianta je úplně správná. Pravděpodobnost, že nastane je: 1/1024 =

0,00098

KOMBINACE - odvozeno z Variací bez opakování



2.4 Kombinace

  Máme n - různých přihrádek a k - nerozlišitelných předmětů a platí, že n > k chceme přiřadit každému předmětu právě jednu přihrádku, ale nezáleží na tom, kterou přihrádku předmět obsadí Vyjdeme ze vzorce 2.2 pro variace bez opakování

V k

   

!

ale počet kombinací bude tolikrát menší, kolik variant navíc dovolovalo k - různých předmětů, tj.

k!

C k

   

!

!



k

!

Jedná se o vzorec pro počet kombinací k-té třídy z n - prvků Kombinace (angl. COMBINATION) představují neuspořádaný výběr

Příklad na

KOMBINACE

 Šatnářka má volných posledních 12 věšáků, ale čísla z nich má pomíchané na hromádce. Ve frontě s kabáty stojí 5 lidí. Vezme vždy náhodně číslo – nezáleží jí na tom, které.

 Kolika kombinacemi může umístit na volné věšáky všech pět kabátů? Záleží jen na tom, které věšáky budou obsazené a které prázdné, nezáleží na tom, kde bude viset který kabát.

  Řešení: Pro výpočet použijeme vzorec

C k

   

!

!



k

!

 Po dosazení:  12  12 5  !

!

 5 !

 12 * 11 * 10 * 9 * 8 * 7 !

 7 !

 5 * 4 * 3 * 2 * 1 11 * 9 * 8 1  792



KOMBINAČNÍ ČÍSLO

Základní vzorec:

C k

   

!

!



k

!

  

n k

   Další pravidla pro počítání s kombinačními čísly:  

n k

    

n n



k

    

n

1    

n

 

n n

   1 

n

 0    1   0 0    1

PRAVDĚPODOBNOST, KOMBINACE

  Příklad 12 Mezi 8 bezvadných výrobků se přimíchaly 3 zmetky. Náhodně byly vybrány 2 výrobky.

 Jaká je pravděpodobnost, že jsou oba bezvadné?

 Jaká je pravděpodobnost, že je právě jeden vadný?

 Jaká je pravděpodobnost, že je alespoň jeden vadný?

Řešení příkladu 12 pomocí kombinatoriky

1. Vypočteme počet možností, jak vybrat 2 výrobky z 11 celkem - jedná se o kombinace 2 prvků z 11 C 2 (11) = 55

C

2    11 2    11 !

( 11  2 ) !

 2 !

 11  10  9 !

9 !

 2 !

 110 2  55 2.

počet možností, že vybereme 2 bezvadné výrobky C

C

2      8 2    ( 8  8 !

2 ) !

 2 2 !

(8) = 28  8  6 !

7   2 6 !

!

 56 2  28 3. počet možností pro 1 vadný a 1 bezvadný C 1 (8)*C 1 (3) = 24

C

1     1    3 1      8 1    ( 3 3 !

 1 ) !

 1 !

 8 !

( 8  1 ) !

 1 !

 3  2 !

 2 !

1 !

 8  7 !

7 !

 1 !

 3  8  24    Jaká je pravděpodobnost, že jsou oba bezvadné? p = 28/55 = 0,509 Jaká je pravděpodobnost, že je jeden vadný? p = 24/55 = 0,436 Jaká je pravděpodobnost, že je alespoň jeden vadný? p = 1 - 0,51 = 0,491

Řešení příkladu 12 pomocí kombinatoriky - rozepsání vzorečků 1. Jaká je pravděpodobnost, že jsou oba bezvadné?

jedná se o podíl počtu možností výběru 2 bezvadných výrobků a všech možností

C

2

C

2        8 2     11 2    6 !

8 !

 2 11 !

9 !

 2 !

!

 8  7  6 !

11 6 !

  10 2  !

9 !

9 !

 2 !

 8  7 11  10  0 , 509 2.

Jaká je pravděpodobnost, že je jeden vadný?

C

1    

C

2 

C

  1 8    3 1      8 1     11 2    2 !

3 !

 1 !

 8 !

7 !

 1 !

 11 !

9 !

 2 !

2 3 !

  2 1 !

!

 11  10 8  7 7 !

 9  !

!

1 !

9 !

 2 !

 3  8 11  10  2  0 , 436

Řešení příkladu 12 pomocí pravděpodobnosti

1. Vypočteme pravděpodobnost toho, že oba budou bezvadné, tj. 1. výrobek vybereme s p-ností 8/11 (8 bezvadných z celkem 11 výrobků) a 2. výrobek s p-ností 7/10 (zbylo 7 bezvadných a celkem 10 výrobků):

p

 8 11  7 10  0 , 509 2. Pravděpodobnost, že bude jeden vadný, vypočteme analogicky:

p

 8 11  3 10  3 11  8 10  0 , 218  0 , 218  0 , 436 První vybraný výrobek vybíráme z 11 výrobků - je bezvadný, druhý bude vadný vybraný z 10 výrobků. Nebo první bude vadný vybraný z 11 výrobků a druhý bezvadný vybraný z 10 výrobků. Obě pravděpodobnosti musíme sečíst. 3. Pravděpodobnost, že bude alespoň jeden vadný, vypočteme

p

 1  8 11  7 10  1  0 , 509  0 , 491

Příklad: Pravděpodobnost, kombinace a variace

s opakováním

 Ve skříni je naházeno 5 párů střevíců. Tatínek jde potmě, aby nevzbudil děti a potřebuje si vybrat aspoň jeden pár bot. Namátkou tedy vybere 4 střevíce a doufá, že alespoň 2 půjdou do páru.

  Jaká je pravděpodobnost, že se mu to podaří?

Jaká je pravděpodobnost, že neuspěje?

 K řešení použijte selský rozum. reseny_priklad_strevice.xls