KOMBINACE BEZ OPAKOVÁNÍ Rozbor úlohyŘešení úlohy Autorem materiálu a všech jeho částí, není-li uvedeno jinak, je Mgr. Lenka Pláničková. Dostupné z Metodického portálu ISSN: , financovaného z ESF a státního rozpočtu ČR. Provozováno Výzkumným ústavem pedagogickým v Praze. Zdroj obrázků: Všechny uveřejněné odkazy [ ] dostupné pod licencí Public domain na WWW:

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? 8 Kolika přímkami můžeme spojit 10 bodů, jestliže právě čtyři z nich leží na jedné přímce? 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 kolika prvků utvoříme šestkrát více kombinací bez opakování čtvrté třídy než kombinací bez opakování druhé třídy? Basketbalové družstvo tvoří pět hráčů. Určete, kolik možností má pro sestavení družstva jeho trenér, má-li k dispozici 11 hráčů. Určete, kolika způsoby může utvořit 15 chlapců a 10 dívek taneční pár. 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? 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?

1 Basketbalové družstvo tvoří pět hráčů. Určete, kolik možností má pro sestavení družstva jeho trenér, má-li k dispozici 11 hráčů. Z 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.

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

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 (15) – C 2 (10) 2 Z Určete, kolika způsoby může utvořit 15 chlapců a 10 dívek taneční pár.

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

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) Kolika přímkami můžeme spojit 10 bodů, jestliže právě čtyři z nich leží na jedné přímce? Z

C 2 (10) a C 2 (4) upravíme podle vzorce.Upravíme jmenovatele zlomků.Vypočteme jednotlivé zlomky.Dopočítáme příklad. Body můžeme spojit celkem 40 přímkami. 3 Z 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? Z 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)

C 2 (30) a C 1 (20) upravíme podle vzorce.Upravíme jmenovatele zlomků.Vypočteme jednotlivé zlomky.Dopočítáme příklad. Učitel může z daných příkladů sestavit písemných prací. 4 Z 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? Z 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).

C 3 (13), C 2 (5) a C 1 (2) upravíme podle vzorce.Upravíme jmenovatele zlomků.Vypočteme jednotlivé zlomky.Dopočítáme příklad. 5 Z 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 různých hokejových sestav.

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). 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. 

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  Z 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.

C 3 (19), C 2 (16), C 4 (19), C 1 (16) a C 5 (19) upravíme podle vzorce.Upravíme jmenovatele zlomků.Vypočteme jednotlivé zlomky.Dopočítáme příklad. 6 Z Z žáků můžeme sestavit družstev požadované vlastnosti. 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.

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. 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?

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  Z 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?

C 2 (3), C 3 (27), C 1 (3), C 4 (27) a C 5 (27) upravíme podle vzorce.Upravíme jmenovatele zlomků.Vypočteme jednotlivé zlomky.Dopočítáme příklad. 7 Z Pět výrobků vybereme z bedny způsoby. 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 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.

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

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

8 Kořeny kvadratické rovnice:n 1 = 11n 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.  Z Z kolika prvků utvoříme šestkrát více kombinací bez opakování čtvrté třídy než kombinací bez opakování druhé třídy?