KOMBINACE BEZ OPAKOVÁNÍ Rozbor úlohyŘešení úlohy Autorem materiálu a všech jeho částí, není-li uvedeno jinak, je Mgr. Lenka Pláničková. Dostupné z Metodického.

Prezentace na téma: "KOMBINACE BEZ OPAKOVÁNÍ Rozbor úlohyŘešení úlohy Autorem materiálu a všech jeho částí, není-li uvedeno jinak, je Mgr. Lenka Pláničková. Dostupné z Metodického."— Transkript prezentace:

1 KOMBINACE BEZ OPAKOVÁNÍ Rozbor úlohyŘešení úlohy 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. 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

2 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? 1 2 3 4 56 7 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?

3 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.

4 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.

5 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.

6 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.

7 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. 3 Kolika přímkami můžeme spojit 10 bodů, jestliže právě čtyři z nich leží na jedné přímce? Z

8 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?

9 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)

10 C 2 (30) a C 1 (20) upravíme podle vzorce.Upravíme jmenovatele zlomků.Vypočteme jednotlivé zlomky.Dopočítáme příklad. Učitel může z daných příkladů sestavit 8 700 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?

11 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).

12 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 5 720 různých hokejových sestav.

13 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. 

14 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.

15 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 189 924 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.

16 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?

17 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?

18 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 142 155 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?

19 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.

20 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? 

21 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?

22 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?