Φροντιστήριο #6 Λυμένες Ασκήσεις στη Συνδυαστική 28/4/2017

Transcript

1 Φροντιστήριο #6 Λυμένες Ασκήσεις στη Συνδυαστική 28/4/207 Ο κανόνας του Pascal + = +, 0 ή ισοδύναμα, = +, 0 + Απόδειξη + =!!( )! +! ( )!( )! = = ( )! ( )!( )! + = ( )!!!( )!! ( )!( )! = = ( )!!!( )! ( )! = = +!(( ) )! Το τρίγωνο του Pascal ( )! =!(( ) )! = = + Για τον υπολογισμό του ψάχνουμε στη σειρά n (αρχίζοντας από το 0) το κελί k (αρχίζοντας πάλι από το 0). Κάθε κελί είναι το άθροισμα του πάνω αριστερά και του πάνω δεξιά κελιού.

2 Παρατηρούμε επίσης ότι = Άλλες εφαρμογές: Διωνυμικοί συντελεστές, 2 n, Ακολουθία Fibonacci Google!!!!! Άσκηση Φ6. Έστω μία τάξη 00 φοιτητών. (α) Με πόσους τρόπους μπορεί να σχηματιστεί μία επιτροπή με 0 μέλη; (β) Έστω ότι η τάξη έχει 40 αγόρια και 60 κορίτσια. Επαναλάβετε το (α) αν πρέπει να υπάρχουν ίσοι αριθμοί αγοριών και κοριτσιών στην 0-μελή επιτροπή. (γ) Επαναλάβατε το (α) αν η επιτροπή πρέπει να αποτελείται είτε από 6 αγόρια και 4 κορίτσια, είτε από 4 αγόρια και 6 κορίτσια. (α) Πρέπει να επιλέξουμε 0 από 00 αντικείμενα. Συνεπώς η λύση είναι C(00,0)=00!/(0!90!)= (β) Πρέπει να επιλέξουμε 5 αγόρια από τα 40 και 5 κορίτσια από τα 60. Υπάρχουν C(40,5) τρόποι να επιλέξουμε τα αγόρια και C(60,5) τρόποι να επιλέξουμε τα κορίτσια. Εφόσον θα πραγματοποιήσουμε και τα δύο πειράματα, εφαρμόζουμε τον κανόνα του γινομένου. Άρα ο συνολικός αριθμός των τρόπων για να σχηματίσουμε την επιτροπή είναι: C(40,5) * C(60,5)=40!/(5!35!)*60!/(5!55!)= * = (γ.) Ας ονομάσουμε ως πρώτο πείραμα το σχηματισμό της επιτροπής από 6 αγόρια και 4 κορίτσια. Πρέπει να επιλέξουμε 6 αγόρια από τα 40 και 4 κορίτσια από τα 60. Άρα ο συνολικός αριθμός των τρόπων για να σχηματίσουμε την επιτροπή είναι: C(40,6)*C(60,4)=40!/(6!34!)*60!/(4!56!)= * = (γ.2) Ας ονομάσουμε ως δεύτερο πείραμα το σχηματισμό της επιτροπής από 4 αγόρια και 6 κορίτσια. Πρέπει να επιλέξουμε 4 αγόρια από τα 40 και 6 κορίτσια από τα 60. Άρα ο συνολικός αριθμός των τρόπων για να σχηματίσουμε την επιτροπή είναι: C(40,4)*C(60,6)=40!/(4!36!)*60!/(6!54!)= 9.390* = Το συνολικό πλήθος ενδεχομένων προκύπτει από τον κανόνα του αθροίσματος και είναι = Άσκηση Φ6.2 Πόσοι τριψήφιοι αριθμοί. Δεν περιέχουν το ίδιο ψηφίο τρεις φορές; 2. Είναι περιττοί αριθμοί; 3. Περιέχουν τουλάχιστον δύο φορές το 9;. Το συνολικό πλήθος τριψήφιων είναι 0 3. Από αυτούς, 0 περιέχουν το ίδιο ψηφίο τρεις φορές οι 000,, 222,..., 999. Επομένως, η απάντηση είναι = Υπάρχουν 5 περιττοί μονοψήφιοι στα 0 δυνατά ψηφία. Επομένως, οι μισοί τριψήφιοι είναι περιττοί αριθμοί: 0 3 / 2 = πειράματα: ο ψηφίο διάφορο του 9 και τα άλλα δύο 9 ή

3 2ο ψηφίο διάφορο του 9 και τα άλλα δύο 9 ή 3ο ψηφίο διάφορο του 9 και τα άλλα δύο 9 ή και τα τρία ψηφία 9: Επομένως = 28 Άσκηση Φ6.3 Πόσοι φυσικοί αριθμοί που είναι μικρότεροι από το περιέχουν το ψηφίο 2; Οι φυσικοί αριθμοί μικρότεροι του είναι (αν δεν συμπεριλάβουμε το 0) και μπορούν να γραφτούν σαν 6ψήφιοι αριθμοί. Πόσοι από αυτούς ΔΕΝ περιέχουν το 2; Είναι αυτοί που προκύπτουν από την αναδιάταξη των 9 ψηφίων (0,,3,4,5,6,7,8,9) ανά 6 Ο αριθμός τους είναι 9 6 -=5344-= (εξαιρούμε τον ) Οι υπόλοιποι = περιέχουν το 2 Άσκηση Φ6.4 Πόσοι φυσικοί αριθμοί που είναι μικρότεροι από το περιέχουν το πολύ τρεις φορές το ψηφίο 3; Οι αριθμοί που είναι μικρότεροι από μπορούν να γραφτούν σαν 6ψήφιοι αριθμοί (ακόμη κι αν κάποια ψηφία στην αρχή είναι 0) Οι αριθμοί που περιέχουν φορά το 3 είναι αυτοί που έχουν το 3 σε οποιαδήποτε από τις 6 θέσεις και στις υπόλοιπες θέσεις οποιοδήποτε από τα υπόλοιπα 9 ψηφία: C(6,) 9 5 =6 9 5 Οι αριθμοί που περιέχουν 2 φορές το 3 είναι αντίστοιχα C(6,2) 9 4 = =5 9 4 Οι αριθμοί που περιέχουν 3 φορές το 3 είναι C(6,3) 9 3 = = Συνολικά (εφαρμόζοντας τον κανόνα του αθροίσματος) είναι = Άσκηση Φ6.5 Πόσες αμφιμονοσήμαντες συναρτήσεις υπάρχουν από ένα σύνολο 5 στοιχείων σε ένα σύνολο. 4 στοιχείων; 2. 5 στοιχείων; 3. 6 στοιχείων; 4. 7 στοιχείων;, 3, 4: καμία, για να υπάρχει αμφιμονοσήμαντη συνάρτηση πρέπει το πεδίο ορισμού και το πεδίο τιμών να έχουν τον ίδιο πληθικό αριθμό. 2: 5! = 20, το πλήθος των μεταθέσεων 5 διαφορετικών στοιχείων.

4 Άσκηση Φ6.6 Πόσες μεταθέσεις των γραμμάτων A,B,C,D,E,F,G περιέχουν. το string BCD; 2. το string CFGA; 3. τα strings BA και GF; 4. τα strings ABC και DE; 5. τα strings ABC και CDE; 6. τα strings CBA και BED;. Θεωρείστε ένα σύνολο από strings M = {A, E, F, G, BCD}. Σημειώστε ότι το σύνολο των μεταθέσεων των γραμμάτων ABCDEFG τα οποία περιλαμβάνουν το string BCD είναι ίσο με το σύνολο των μεταθέσεων των στοιχείων του M. Δεδομένου ότι το M περιλαμβάνει 5 στοιχεία, η απάντηση είναι 5! = Θεωρείστε το σύνολο M = {B, D, E, CFGA}. Κατ αναλογία με το προηγούμενο ερώτημα, η απάντηση είναι 4! = Θεωρείστε M = {C, D, E, BA, GF}. Η απάντηση είναι 5! = Θεωρείστε M = {ABC, DE, F, G}. Η απάντηση είναι 4! = Τα strings ABC και CDE μπορούν να είναι ταυτόχρονα μέρος της μετάθεσης μόνο αν αυτή περιλαμβάνει ολόκληρο το string ABCDE (το γράμμα C μπορεί να εμφανίζεται μόνο μία φορά!). Θεωρείστε M = {ABCDE, F, G}. Η απάντηση είναι 3! = Δεν υπάρχει τέτοια μετάθεση! Το Β μπορεί να εμφανίζεται μόνο μία φορά. Η απάντηση είναι 0. Άσκηση Φ6.7 Με πόσους τρόπους μπορεί κανείς να ταξιδέψει στον τρισδιάστατο χώρο από το σημείο (0,0,0) στο σημείο (4,3,5) κάνοντας πάντοτε βήμα μιας μονάδας είτε στον θετικό άξονα των X, είτε στον θετικό άξονα των Y, είτε στον θετικό άξονα των Z; (κίνηση προς τα πίσω δεν επιτρέπεται!) Πρέπει να κάνουμε 4 βήματα στην κατεύθυνση Χ, 3 βήματα στην κατεύθυνση Υ και 5 βήματα στην κατεύθυνση Ζ, δηλαδή ένα σύνολο 2 βημάτων. Υπάρχουν C(2,4) τρόποι να επιλεχθούν ποια από τα 2 βήματα θα είναι στην Χ κατεύθυνση. Όταν αυτά επιλεχθούν, υπάρχουν C(8,3) τρόποι να επιλεγούν ποια από τα εναπομείναντα 8 βήματα θα είναι στην Υ κατεύθυνση. Τα 5 βήματα που απομένουν θα πρέπει να γίνουν στην Ζ κατεύθυνση. Επομένως, η απάντηση είναι C(2,4) * C(8,3) = 27,720. Άσκηση Φ6.8 Σε ένα γάμο ο φωτογράφος θέλει να βγάλει τις καθιερωμένες φωτογραφίες. Το σύνολο των ανθρώπων που θα συμμετάσχουν σε αυτές είναι 0 (συμπεριλαμβανομένων της νύφης και του γαμπρού). Από αυτούς, σε κάθε φωτογραφία αποφάσισε να συμμετέχουν ακριβώς 6 οι οποίοι μπαίνουν στη σειρά. Πόσες διαφορετικές φωτογραφίες μπορούν να βγουν εάν. η νύφη πρέπει να είναι στη φωτογραφία 2. και η νύφη και ο γαμπρός πρέπει να είναι στη φωτογραφία 3. είτε η νύφη είτε ο γαμπρός πρέπει να είναι στη φωτογραφία αλλά όχι και οι δύο.

5 . η νύφη πρέπει να είναι στη φωτογραφία Ξέρουμε ότι η νύφη πρέπει να είναι στη φωτογραφία. Επομένως, πρέπει να επιλεγούν οι υπόλοιποι 5 της φωτογραφίας από τους εναπομείναντες 9 του συνόλου. Υπάρχουν P(9,5) = 9*8*7*6*5 = 9! / (9-5)! = 520 διατάξεις αυτών των ανθρώπων. Επιπρόσθετα, η νύφη μπορεί να είναι σε οποιαδήποτε θέση στη φωτογραφία, δηλαδή Ν X X X X X X Ν X X X X X X Ν X X X X X X Ν X X X X X X Ν X X X X X X Ν επομένως έχουμε 6 * 520 = τρόπους. 2. και η νύφη και ο γαμπρός πρέπει να είναι στη φωτογραφία Θεωρώ τα εξής πειράματα:. Επιλέγω τις 4 από τις 6 θέσεις. 2. Επιλέγω τους 4 από τους 8 ανθρώπους που θα μπουν σε αυτές τις θέσεις. 3. Στις υπόλοιπες δύο θέσεις βάζω την νύφη και τον γαμπρό. Το () μπορεί να γίνει με C(6, 4)=5*6/2= 5 τρόπους Το (2) μπορεί να γίνει με P(8, 4)=5*6*7*8= 680 τρόπους Το (3) μπορεί να γίνει με 2 τρόπους. Άρα έχουμε 5*680*2=50400 τρόπους. 3. είτε η νύφη είτε ο γαμπρός πρέπει να είναι στη φωτογραφία αλλά όχι και οι δύο Από το () έχουμε φωτογραφίες με την νύφη και οποιαδήποτε άλλα 5 άτομα. Σε αυτά περιλαμβάνεται και ο γαμπρός. Αντίστοιχα έχουμε φωτογραφίες με το γαμπρό, και οποιαδήποτε άλλα 5 άτομα. Σε αυτά περιλαμβάνεται και η νύφη. Από το (2), έχουμε φωτογραφίες και με τη νύφη και με το γαμπρό. Αυτές πρέπει να τις αποκλείσουμε και μάλιστα να τις αφαιρέσουμε 2 φορές, γιατί έχουν προστεθεί 2 φορές! Άρα, = ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΑ για το 3: Αν επιλεγεί η νύφη, στις υπόλοιπες 5 θέσεις μπορούν να μπουν 8 άτομα (εξαιρούμε τον γαμπρό). Άρα, υπάρχουν P(8, 5) = 8 * 7 * 6 * 5 * 4 = 6720 επιλογές. Επειδή η νύφη μπορεί να τοποθετηθεί οπουδήποτε, το πλήθος των δυνατών φωτογραφιών είναι 6 * 6720 = Ανάλογα, υπάρχουν διαφορετικές φωτογραφίες με τον γαμπρό, χωρίς τη νύφη. Άρα συνολικά έχουμε =80640 δυνατές φωτογραφίες. Άσκηση Φ6.9 Έστω ότι έχουμε έξι αριθμημένα κουτιά, τα, 2, 3, 4, 5 και 6. Σε κάθε κουτί βάζουμε είτε μια πράσινη είτε μια κόκκινη μπάλα με την προϋπόθεση ότι τουλάχιστον σε ένα κουτί τοποθετούμε πράσινη μπάλα και ότι τα κουτιά στα οποία βάζουμε πράσινες μπάλες πρέπει να έχουν διαδοχική αρίθμηση. Με πόσους τρόπους μπορούμε να το κάνουμε αυτό; Εάν μόνο ένα κουτί έχει πράσινη μπάλα, αυτό μπορεί να είναι οποιοδήποτε και άρα μπορούμε να κάνουμε την τοποθέτηση με 6 τρόπους.

6 Εάν δύο από τα κουτιά έχουν πράσινη μπάλα τότε υπάρχουν 5 συνεχόμενα ζευγάρια κουτιών. -2, 2-3, 3-4, 4-5, 5-6. Όμοια, αν 3 κουτιά έχουν πράσινες μπάλες, υπάρχουν 4 επιλογές. Όμοια, αν 4 κουτιά έχουν πράσινες μπάλες, υπάρχουν 3 επιλογές. Όμοια, αν 5 κουτιά έχουν πράσινες μπάλες, υπάρχουν 2 επιλογές. Όμοια, αν 6 κουτιά έχουν πράσινες μπάλες, υπάρχει επιλογή. Επομένως, το σύνολο των διαφορετικών επιλογών είναι = 2. Άσκηση Φ6.0 Σε ένα παιχνίδι με χαρτιά, το bridge, τέσσερις παίκτες μοιράζονται τα 52 χαρτιά μιας τράπουλας. Όπως ξέρουμε, η τράπουλα αποτελείται από τέσσερα χρώματα (σπαθιά, καρό, μπαστούνια και κούπες) καθένα από τα οποία έχει 3 φιγούρες (, 2, 3,..., 0, βαλές, ντάμα, ρήγας).. Πόσες 3άδες μπορούν να οριστούν; 2. Πόσες 3άδες αποτελούνται από 5 κούπες, τέσσερα καρό και τέσσερα σπαθιά; 3. Πόσες 3άδες αποτελούνται αποκλειστικά από σπαθιά και μπαστούνια;. (από τα 52 χαρτιά, διάλεξε 3) 2. (από τις 3 κούπες διάλεξε 5, από τα 3 καρό διάλεξε 4 και από τα 3 σπαθιά διάλεξε τέσσερα) 3. (διάλεξε 3 χαρτιά από το σύνολο των 26 χαρτιών που είναι σπαθιά ή μπαστούνια) Άσκηση Φ6. Με πόσους τρόπους μπορούμε να βάψουμε 2 γραφεία, έτσι ώστε 3 από αυτά να είναι κόκκινα, 2 από αυτά μπλε, και 4 από αυτά πράσινα; Με πόσους τρόπους μπορώ να βάψω κόκκινα 3 από τα 2 γραφεία; C(2, 3) Με πόσους τρόπους μπορώ να βάψω μπλε 2 από τα 9 γραφεία που θα περισσέψουν; C(9, 2) Με πόσους τρόπους μπορώ να βάψω πράσινα 4 από τα 7 γραφεία που θα περισσέψουν; C(7, 4). Από τον κανόνα του γινομένου, προκύπτουν C(2, 3) C(9, 2) C(7, 4) = τρόποι C(2,3) C(9,2) C(7,4)= ! = 4!!!!!! =! = (, )!!!!!!!!! Υπάρχουν P(2, 9)=2!/3! τρόποι να βάψουμε με διαφορετικό χρώμα 9 από τα 2 γραφεία. Επειδή 3 από αυτά θα είναι κόκκινα, 2 από αυτά μπλε, και 4 από αυτά πράσινα, θα πρέπει να διαιρέσουμε αυτό το πλήθος, με το πλήθος των μεταθέσεων των διαφορετικών ομοίων χρωμάτων

7 2!/(3!3!2!4!)= /(6*6*2*24)= /728= τρόποι Γενικά! Επιλέγουμε k από n αντικείμενα Τα n αντικείμενα δεν είναι όλα ίδια μεταξύ τους, αλλά χωρίζονται σε t ομάδες ίδιων αντικειμένων Ομάδα q ίδια αντικείμενα Ομάδα 2 q 2 ίδια αντικείμενα Ομάδα t q t ίδια αντικείμενα Πόσοι είναι οι διαφορετικοί τρόποι επιλογής: P( n, q ) P( n, k)!!...!!!...! t i i 2 i t i q q2 qt q q2 qt C( n, q ) C( n q, q )... C( n q, q ) t Άσκηση Φ6.2 Με πόσους τρόπους μπορούμε να δημιουργήσουμε συμβολοσειρές που αποτελούνται από τρεις παύλες και δύο τελείες; Αρκεί να βρω με πόσους τρόπους μπορώ να επιλέξω 5 αντικείμενα από ένα σύνολο 5 αντικειμένων όπου 3 από αυτά είναι ίδια (παύλες) και τα άλλα 2 είναι επίσης ίδια (τελείες). Επομένως: P( n, k) P(5,5) 5! 5! 0 q! q!... q! 3! 2! 0! 3! 2! 3! 2! 2 t Αρκεί να βρω πόσα διαφορετικά υποσύνολα πληθικού αριθμού 3 έχει ένα σύνολο 5 θέσεων (σε αυτές θα 5! βάλω τις παύλες). Επομένως, C(5, 3) 0 3! 2! Δεν έχει διαφορά το να βρω πόσα διαφορετικά υποσύνολα πληθικού αριθμού 2 έχει ένα σύνολο 5 θέσεων 5! (για να 5! βάλω σε αυτές τις τελείες), επειδή: C(5, 3) 0 C(5, 2) 3! 2! 2! 3! Και γενικά: C( n, k) C( n, n k) Άσκηση Φ6.3 Πόσες διαφορετικές λέξεις μπορούμε να δημιουργήσουμε με αναγραμματισμούς της λέξης «ΚΑΤΑΚΑΘΙ»; Το πλήθος δίνεται από τη σχέση P(n, k)/(q!q 2! q t!) όπου n = 8, k=8, t=5, q =3, q 2=2, q3=, q4=, q5=. Αυτό γιατί θέλουμε να φτιάξουμε λέξεις μήκους n=8 γραμμάτων (όσο και το πλήθος των γραμμάτων της λέξης ΚΑΤΑΚΑΘΙ) και στη διάθεσή μας έχουμε k=5 διαφορετικά γράμματα (Α, Κ, Τ, Θ, Ι), καθένα από τα οποία επαναλαμβάνεται q =3, q 2=2, q 3=, q 4= και q 5= φορές, αντίστοιχα. Άρα το πλήθος είναι

8 Άσκηση Φ6.4 Πόσες διαφορετικές λέξεις, έστω και χωρίς νόημα, σχηματίζονται με αναδιατάξεις των γραμμάτων της λέξης ΤΑΥΤΟΤΗΤΑ ; Η δοθείσα λέξη έχει 9 γράμματα. Εξ αυτών τα 4 είναι Τ, τα 2 είναι Α και από είναι τα Ο,Η και Υ. Αν τοποθετήσουμε πρώτα τα 4 Τ θα τοποθετηθούν με C(9,4) τρόπους. Στη συνέχεια στις εναπομείνασες 5 θέσεις μπορούμε να τοποθετήσουμε τα 2 Α με C(5,2) τρόπους. Στις υπόλοιπες 3 θέσεις θα τοποθετήσουμε με τη σειρά το Ο (με C(3,) τρόπους) το Η με C(2,) τρόπους και τέλος το Υ με C(,) = τρόπο Εφαρμόζοντας τον κανόνα του γινομένου καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι οι συνολικές αναδιατάξεις των γραμμάτων είναι: C(9,4) C(5,2) C(3,) C(2,) C(,) = = 7560 Ή κατευθείαν μια και το Τ επαναλαμβάνεται 4 φορές, το Α 2 φορές και τα άλλα γράμματα είναι από φορά (9,9) 4! 2! = 9! 4! 2! = 7560 Άσκηση Φ6.5 Οι κάτοικοι έξι σπιτιών που είναι διαδοχικά σε ένα δρόμο αποφάσισαν να τα βάψουν σε αποχρώσεις του κόκκινου, πράσινου, μπλε και κίτρινου. Πόσες διαφορετικές επιλογές έχουν. εάν θέλουν να αποφύγουν να βάψουν δύο διαδοχικά σπίτια με το ίδιο χρώμα 2. εάν θέλουν ακριβώς τρία σπίτια να είναι κίτρινα αλλά κανένα άλλο χρώμα να μην επαναληφθεί.. Υπαρχουν 4 δυνατές επιλογές για το ο σπίτι και από 3 για τα υπόλοιπα (δεν μπορούμε να επιλέξουμε το χρώμα του προηγούμενου σπιτιού). Από τον κανόνα του γινομένου. 4*3*3*3*3*3 = Άσκηση Φ6.6 Μία γυναίκα έχει καλούς φίλους από τους οποίους οι έξι είναι επίσης γυναίκες. (α) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να καλέσει τρεις ή περισσότερους σε ένα πάρτι;

9 (β) Με πόσους τρόπους μπορεί να καλέσει τρεις ή περισσότερους στο πάρτι, αν απαιτεί να παρευρίσκονται ίσα πλήθη ανδρών και γυναικών; (συμπεριλαμβανομένου και του εαυτού της). (α) ος τρόπος Ο αριθμός των τρόπων με τους οποίους μπορούν να επιλεγούν m αντικείμενα από ένα πλήθος n διαφορετικών αντικειμένων είναι C(n, m). Επομένως, το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούν να επιλεγούν τρεις ή περισσότεροι προσκεκλημένοι από ένα σύνολο διαφορετικών ανθρώπων είναι (α) 2 ος τρόπος Ο αριθμός των τρόπων με τους οποίους μπορούν να προσκληθούν τρεις ή περισσότεροι είναι ίσος με όλους τους τρόπους που μπορούν να γίνουν οι προσκλήσεις μείον τους τρόπους με τους οποίους μπορούν να γίνουν προσκλήσεις κανενός, ενός και δύο ατόμων, δηλαδή, (β) Κατ αρχάς, δεν μπορεί να κληθεί άρτιος αριθμός ατόμων γιατί τότε, αν συμπεριληφθεί και η οικοδέσποινα, θα έχουμε περιττό πλήθος παρευρισκομένων και επομένως δεν μπορεί να έχουμε ίσο πλήθος ανδρών και γυναικών. Επομένως, μπορούν να προσκληθούν 5 άνδρες και 4 γυναίκες, ή 4 άνδρες και 3 γυναίκες, ή 3 άνδρες και 2 γυναίκες, ή 2 άντρες και γυναίκα. Ένας άντρας και καμία γυναίκα δεν μπορούν να προσκληθούν γιατί τότε το συνολικό πλήθος προσκεκλημένων θα είναι μικρότερο από 3 άτομα. Με βάση τα παραπάνω, το ζητούμενο πλήθος τρόπων είναι: Άσκηση Φ6.7 (a) Πόσες διαφορετικές πινακίδες κυκλοφορίας είναι δυνατές αν η κάθε μία έχει 7 θέσεις συμβόλων από τις οποίες οι τρεις πρώτες είναι για κεφαλαία ελληνικά γράμματα και οι υπόλοιπες 4 για αριθμούς; (b) Πόσες είναι δυνατές με την επιπλέον υπόθεση ότι κανένα ψηφίο αριθμού ή γράμμα δεν πρέπει να εμφανίζεται δύο φορές στην πινακίδα; (c) Πόσοι αναγραμματισμοί της πινακίδας ΗΚΚ6635 είναι αποδεκτοί αριθμοί πινακίδων κυκλοφορίας; (αποδεκτοί σημαίνει ότι οι τρεις πρώτες θέσεις έχουν γράμματα και οι επόμενες 4 αριθμητικά ψηφία). (α) Μας ενδιαφέρει η διάταξη και μπορούμε να έχουμε επανάληψη, άρα 24 3 * 0 4 = = (β) Μας ενδιαφέρει η διάταξη αλλά δεν μπορούμε να έχουμε επανάληψη, άρα P(24,3)*P(0,4) =

10 (γ) Είναι P(3, 3)/(2!!) = 3!/2! = 3 και P(4,4)/(2!!!) = 4! / 2! == 2 άρα έχουμε 3*2 = 36 δυνατές πινακίδες. Άσκηση Φ6.8 Κάποιος έχει 8 φίλους από τους οποίους θα προσκαλέσει τους 5 σε δείπνο. (a) Πόσες διαφορετικές παρέες υπάρχουν (δηλαδή με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να καλέσει φίλους) αν δύο από τους φίλους του είναι μαλωμένοι και δεν μπορεί να τους καλέσει και τους δυο; (b) Πόσες διαφορετικές παρέες υπάρχουν (δηλαδή με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να καλέσει φίλους) αν δύο από τους φίλους του πρέπει να προσκαλεστούν μαζί; (α). Παίρνουμε τον o από τους 2 φίλους και μας μένουν 6 άτομα από τα οποία θέλουμε τα 4 άρα C(6,4) = 5 2. Παίρνουμε τον 2o από τους 2 φίλους και μας μένουν 6 άτομα από τα οποία θέλουμε τα 4 άρα C(6,4) = 5 3. Δεν παίρνουμε κανένα από τους 2 και μας μένουν C(6,5) = 6 Αθροιστικά έχουμε = 36 (β). Στην περίπτωση που θέλουμε να καλέσουμε τους 2 φίλους μας έχουμε άλλες 3 θέσεις άρα C(6,3) = Στην περίπτωση που δεν θέλουμε να καλέσουμε τους 2 φίλους μας έχουμε 5 θέσεις άρα C(6,5) = 6 Αθροιστικά έχουμε 20+6 = 26 Άσκηση Φ6.9 Θεωρείστε τρεις τάξεις η κάθε μία από τις οποίες αποτελείται από n μαθητές. Από αυτή την ομάδα των 3n μαθητών, μια ομάδα από 3 μαθητές πρόκειται να επιλεχτεί. (a) Πόσες επιλογές είναι δυνατές όταν ζητήσουμε και οι 3 μαθητές να ανήκουν στην ίδια τάξη; (b) Πόσες επιλογές είναι δυνατές όταν ζητήσουμε 2 από τους 3 να ανήκουν στην ίδια τάξη και ο άλλος μαθητής σε διαφορετική; (c) Πόσες επιλογές είναι δυνατές όταν ζητήσουμε και 3 μαθητές να ανήκουν σε διαφορετικές τάξεις; (α) Για κάθε τάξη έχουμε C(n,3) αλλά επειδή είναι 3 τάξεις έχουμε 3 * C(n,3) (β) Για την η τάξη έχουμε C(n,2) και για την 2 η έχουμε C(n,) άρα C(n,2)* C(n,) Έχουμε τρεις εναλλακτικές επιλογές: - Επιλέγουμε 2 από την η τάξη και από τις δύο υπόλοιπες, πράγμα που μπορεί να γίνει με C(n,2)*C(2n,) τρόπους - Επιλέγουμε 2 από την 2 η τάξη και από τις δύο υπόλοιπες, πράγμα που μπορεί να γίνει με C(n,2)*C(2n,) τρόπους - Επιλέγουμε 2 από την 3 η τάξη και από τις δύο υπόλοιπες, πράγμα που μπορεί να γίνει με C(n,2)*C(2n,) τρόπους Άρα συνολικά, έχουμε 3*C(n,2)*C(2n,) τρόπους (γ) Για κάθε τάξη έχουμε C(n,) άρα τελικά έχουμε C(n,)* C(n,) *C(n,)

11 Άσκηση Φ6.20 Για μία σειρά ασκήσεων του ΗΥ8, η βαθμολογία θα ανακοινωθεί αναγράφοντας τα ονόματα αυτών που παρέδωσαν τη σειρά, σε αύξουσα διάταξη ως προς τον αριθμό μητρώου (ΑΜ). Για παράδειγμα αν ανακοινωθεί «Παπαδόπουλος, Παπαδάκης» αυτό σημαίνει ότι παρέδωσαν τη σειρά μόνον οι Παπαδόπουλος και Παπαδάκης και ότι ο Παπαδόπουλος έχει μικρότερο ΑΜ από τον Παπαδάκη. Πόσες δυνατές λίστες αποτελεσμάτων μπορεί να αναρτηθούν; Εκφράστε το αποτέλεσμα σαν συνάρτηση του πλήθους n των φοιτητών που παίρνουν το μάθημα. Έχουμε k τον αριθμό των φοιτητών που παρέδωσαν όπου k<=n. Δημιουργούμε για κάθε k τους πιθανούς συνδυασμούς και έχουμε C(n,0) + C(n,) + C(n,k) + C(n,n). Αθροίζουμε και έχουμε όλες τις πιθανές λίστες. Επίσης, αυτό είναι ίσο με το 2^n. Μπορεί κανείς να σκεφτεί ότι το ζητούμενο πλήθος είναι ίσο με το πλήθος όλων των δυνατών υποσυνόλων του συνόλου των n φοιτητών! Άσκηση Φ6.2 Έστω ότι έχουμε n άτομα και ότι θέλουμε να σχηματίσουμε επιτροπή k ατόμων από τα άτομα αυτά, ένα από τα οποία θα είναι πρόεδρος. Υπάρχουν δύο μέθοδοι να γίνει αυτό: Α Μέθοδος: () Διαλέγουμε τα άτομα της επιτροπής, (2) Από αυτά, διαλέγουμε τον πρόεδρό της. B Μέθοδος: () Διαλέγουμε πρώτα τον πρόεδρο, (2) επιλέγουμε τα υπόλοιπα μέλη. Βρέστε τις εκφράσεις (ως προς τα n και k) που δίνουν το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούν να εκτελεστούν τα πειράματα Α (), A (2), B () και Β (2). Αποδείξτε ότι αν σχηματίσουμε την επιτροπή είτε με τη μέθοδο Α, είτε με τη μέθοδο Β, προκύπτει το ίδιο πλήθος ενδεχομένων επιτροπών. Α. Επιλέγουμε πρώτα τα k άτομα της επιτροπής. Επιλογές: Στη συνέχεια απο τα k μέλη της επιτροπής επιλέγουμε τον πρόεδρο (k επιλογές) Από τον κανόνα του γινομένου προκύπτουν k τρόποι Β. Επιλέγουμε πρώτα τον πρόεδρο από τα n άτομα ( n επιλογές) και στη συνέχεια από τα n- εναπομείναντα μέκη, επιλέγουμε τα υπόλοιπα k- μέλη της επιτροπής. Επιλογές: Από τον κανόνα του γινομένου προκύπτουν n τρόποι n = n ( )! k! = k! ( )! ( )! ( )! = ( )! ( )! ( )! Άρα οι 2 μέθοδοι καταλήγουν στο ίδιο αποτέλεσμα =! ( )! ( )! =! ( )! ( )! = Άσκηση Φ6.22 Έστω ότι έχουμε τρία διαφορετικά παιχνίδια και θέλουμε να τα δώσουμε σε τρία παιδιά. Τα παιδιά τα επιλέγουμε από μία ομάδα που περιλαμβάνει 4 αγόρια και 6 κορίτσια και απαιτούμε τουλάχιστον 2 αγόρια να πάρουν παιχνίδι. Κάθε παιδί παίρνει το πολύ ένα παιχνίδι. Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορούμε να δώσουμε τα παιχνίδια;

12 Υπάρχουν 2 ενδεχόμενα: Είτε και τα τρία παιχνίδια να τα πάρουν αγόρια (Ε) είτε τα 2 παιχνίδια να τα πάρουν αγόρια και το ένα κορίτσι (Ε2) Πλήθος δυνατών τρόπων μοιρασιάς Ε: C(4.3)= 4 3 = 4 Πλήθος δυνατών τρόπων μοιρασιάς Ε2 (Δύο από τα παιχνίδια να τα πάρουν αγόρια και το ένα που θα μείνει να το πάρει ένα από τα 6 κορίτσια) = C(4,2) 6= 4 6 = 36 2 Συνολικά έχουμε 4+36= 40 τρόπους διανομής των παιχνιδιών Άσκηση Φ6.23 Σε ένα εμπορικό κατάστημα υπάρχουν 8 διαφορετικές μπλούζες, 7 διαφορετικά παντελόνια και 3 διαφορετικές βερμούδες στο μέγεθός σου. Πόσες διαφορετικές φορεσιές μπορείς να αγοράσεις; (η φορεσιά αποτελείται από μπλούζα και παντελόνι ή μπλούζα και βερμούδα) 8*7+8*3=80 διαφορετικές φορεσιές Άσκηση Φ6.24 Στα νησιά του Σολομώντα χρησιμοποιούν αλφάβητο με γράμματα. Μπορούν να έχουν 500 διαφορετικές λέξεις των 3 γραμμάτων; Οι διαφορετικές λέξεις 3 γραμμάτων είναι 3 =33. Η απάντηση είναι αρνητική Άσκηση Φ6.25 Πόσες διαγωνίους έχει ένα 206-γωνο; Από κάθε κορυφή του πολυγώνου ξεκινάν = 203 διαγώνιοι. Κάθε διαγώνιος ενώνει 2 κορυφές. Συνολικά έχουμε λοιπόν 206*203/2 = διαγωνίους Άσκηση Φ6.26 Στο ντόμινο κάθε κομμάτι τουβλάκι έχει πάνω του δύο αριθμούς από 0 έως 6 ο καθένας. a. Πόσα κομμάτια έχει κάθε ντόμινο και γιατί? b. Αν οι αριθμοί ήταν από 0 ως 99 πόσα κομμάτια θα είχε το ντόμινο; a. Δεν μας ενδιαφέρει η σειρά, αλλά μπορούμε να έχουμε επανάθεση το (0,0) (,) κλπ υπάρχουν στο ντόμινο αλλά τα (,2) και (2,) αντιπροσωπεύουν το ίδιο τουβλάκι. Άρα χρησιμοποιούμε την περίπτωση Π5 στη θεωρία μας: Συνδυασμοί με επανάθεση των n ανά k Το πλήθος τους είναι ( )!! ( )! =( )! =! =28! ( )!!! Β Τρόπος. Έχουμε 7 2 =49 ζευγάρια αριθμών από το 0 ως το 6. Σ αυτά συμπεριλαμβάνονται όλα τα ζευγάρια της μορφής (α,β) και (β,α) που αντιπροσωπεύουν το ίδιο τουβλάκι. Πρέπει να τα αφαιρέσουμε κρατώντας όμως τα τουβλάκια της μορφής (α,α) που είναι 7 στον αριθμό. Άρα τα τουβλάκια είναι (49-7)/2 +7=28

13 b. Παρόμοια για τους 00 διαφορετικούς αριθμούς από 0 έως 99 συνδυασμένους ανά 2 : ( )! =! = 5050! ( )!!! Άσκηση Φ6.27 Πόσες διαφορετικές τρίχρωμες σημαίες μπορούν να σχεδιαστούν χρησιμοποιώντας άσπρες, μπλε, κόκκινες, κίτρινες και μαύρες ρίγες; Πόσες απ αυτές έχουν κόκκινη ρίγα; (Τα τρία χρώματα πρέπει να είναι διαφορετικά μεταξύ τους και όλες οι ρίγες είναι οριζόντιες). Υπάρχουν 5 επιλογές για την η ρίγα, 4 για τη 2 η και 3 για την 3 η. Συνολικά 5*4*3=60 σημαίες 2. Αν μια ρίγα είναι κόκκινη έχουμε 3 επιλογές για τη θέση της και 4*3=2 για τις άλλες 2. Συνολικά 3*2=36 σημαίες Άσκηση Φ6.28 Πόσοι διαφορετικοί αναγραμματισμοί των παρακάτω λέξεων υπάρχουν: a. ΜΕΛΑΝΟΥΡΙ b. ΑΦΘΟΝΟ c. ΠΙΤΣΙΡΙΚΑΡΙΑ a. 9! b. Έχουμε 6!=720 αναδιατάξεις των 6 γραμμάτων. Επειδή όμως το «Ο» υπάρχει 2 φορές έχουμε διπλές εμφανίσεις των αναδιατάξεων. Άρα συνολικά έχουμε 720/2=360 διαφορετικές λέξεις c. Όμοια έχουμε 2! αναδιατάξεις. Έχουμε όμως 4 φορές το «Ι», 2 φορές το «Ρ» και 2 φορές το «Α» Άρα έχουμε συνολικά!!!! = διαφορετικές λέξεις Άσκηση Φ6.29 Η τράπουλα έχει 52 χαρτιά, 4 «χρώματα» (σπαθιά, κούπες, καρό, μπαστούνια ) και 3 διαφορετικά χαρτιά για κάθε χρώμα (2,3,4,5,6,7,8,9,0,J,Q,K,A). Στο πόκερ, φλος λέμε μια 5άδα από χαρτιά ίδιου χρώματος στη σειρά (η σειρά θα μπορούσε να αρχίζει από Α). Κέντα λέμε μια 5άδα από χαρτιά στη σειρά ανεξαρτήτως χρώματος (π.χ. 8, 9, 0, J, Q είναι φλος, ενώ 3, 4,5,6,7, είναι κέντα) a. Πόσα διαφορετικά φλος υπάρχουν; b. Πόσες διαφορετικές κέντες υπάρχουν; a. Για κάθε χρώμα μπορούμε να έχουμε φλος που ξεκινά από Α,2,3,4,5,6,7,8,9 ή 0 (0 διαφορετικές ακολουθίες) Συνολικά για τα 4 χρώματα έχουμε 40 φλος b. Ομοίως μπορούμε να έχουμε κέντες που ξεκινάνε από Α,2,3,4,5,6,7,8,9 ή 0. Κάθε χαρτί της πεντάδας μπορεί να ανήκει σε οποιοδήποτε από τα 4 χρώματα της τράπουλας. Συνολικά έχουμε 0*4 5 = πεντάδες. Αν αφαιρέσουμε τα φλος έχουμε =0200 κέντες Άσκηση Φ6.30 Πόσες ομάδες μπορούν να δημιουργηθούν από ένα γκρουπ ανθρώπων αν η ομάδα πρέπει να έχει τουλάχιστον ένα άνθρωπο και πρέπει να έχει έναν αρχηγό;

14 Έστω Ο ζητούμενος αριθμός. Έστω Α(i) το πλήθος των ομάδων που μπορούν να δημιουργηθούν iαπό i άτομα. Τότε: A( i) * i Αυτό ισχύει επειδή για μία ομάδα i ατόμων, πρέπει να μετρήσουμε (α) με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε i άτομα από το σύνολο των ατόμων και (β) με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε i! τον αρχηγό iαπό! τα i επιλεγμένα! άτομα. Επίσης, ισχύει ότι A( i) * * i i!*( i)!!*( i )! ( i)!*( i )! Κάνοντας πράξεις! ισχύει ότι: A() ( )!*0! 2!! A(2) * 0* 0 2 ( 2)!*(2 )! 9! 3!! 9*0* A(3) * ( 3)!*(3 )! 8!*2! 2 4!! 8* 9*0* A(4) * ( 4)!*(4 )! 7!*3! 2*3 5!! 7*8*9 *0* A(5) * ( 5)!*(5 )! 6!* 4! 2*3*4 6!! 6*7*8*9*0* A(6) * ( 6)!*(6 )! 5!*5! 2*3* 4 *5 7!! 7 *8*9 *0* A(7) * ( 7)!*(7 )! 4!*6! 2*3*4 8!! 8*9*0* A(8) * ( 8)!*(8 )! 3!*7! 2*3 9!! 9 *0* A(9) * ( 9)!*(9 )! 2!*8! 2 0!! A(0) * 0* 0 0 ( 0)!*(0 )! 9!! A() ( )!*0! Άρα, έχουμε Ο = Α()+ +Α() = 2*( )+2772 = 264 ομάδες. Άσκηση Φ6.3

15 Πόσες διαφορετικές λέξεις με πέντε γράμματα μπορούμε να σχηματίσουμε, χρησιμοποιώντας δύο διαφορετικά φωνήεντα και τρία διαφορετικά σύμφωνα του ελληνικού αλφαβήτου; Σπάμε το πρόβλημα σε δύο επιμέρους προβλήματα (α) με πόσους τρόπους μπορούμε να επιλέξουμε 5 γράμματα από τα 24 του ελληνικού αλφαβήτου με βάση τις προδιαγραφές και (β) με πόσους τρόπους μπορούμε να διατάξουμε αυτά τα πέντε γράμματα. Ο κανόνας του γινομένου εφαρμοζόμενος στα αποτελέσματα των «πειραμάτων» (α) και (β) μας δίνει το ζητούμενο συνολικό πλήθος. Το (α) πείραμα μπορούμε να το σκεφτούμε ως «επέλεξε 2 φωνήεντα από τα 7 που υπάρχουν» και «επέλεξε 3 σύμφωνα από τα 7 που υπάρχουν». Επομένως, αυτό μπορεί να γίνει με 77 7! 7! 6*7 5*6*7 C(7,2)* C(7,3) * * * 7 *5*8*7 4, !5! 3!4! 2 2*3 τρόπους. Το (β) μπορεί να γίνει με 5! =20 τρόπους. Επομένως συνολικά υπάρχουν 4,280 * 20 =,73,600 τέτοιες λέξεις. Άσκηση Φ6.32 Πόσοι 0ψήφιοι δυαδικοί αριθμοί περιλαμβάνουν τουλάχιστον τρεις άσσους και τουλάχιστον τρία μηδενικά; Υπάρχουν συνολικά (α) Χ 0ψήφιοι αριθμοί με 0 μηδενικά και 0 άσσους (β) Χ 2 0ψήφιοι αριθμοί με μηδενικά και 9 άσσους (γ) Χ 3 0ψήφιοι αριθμοί με 2 μηδενικά και 8 άσσους (δ) Χ 4 0ψήφιοι αριθμοί με 3 μηδενικά και 7 άσσους (ε) Χ 5 0ψήφιοι αριθμοί με 4 μηδενικά και 6 άσσους (ζ) Χ 6 0ψήφιοι αριθμοί με 5 μηδενικά και 5 άσσους (η) Χ 5 0ψήφιοι αριθμοί με 6 μηδενικά και 4 άσσους (θ) Χ 4 0ψήφιοι αριθμοί με 7 μηδενικά και 3 άσσους (ι) Χ 3 0ψήφιοι αριθμοί με 8 μηδενικά και 2 άσσους (κ) Χ 2 0ψήφιοι αριθμοί με 9 μηδενικά και άσσους (λ) Χ 0ψήφιοι αριθμοί με 0 μηδενικά και 0 άσσους Μας ενδιαφέρουν μόνο οι περιπτώσεις (δ), (ε), (ζ), (η) και (θ), δηλαδή η ποσότητα 2*Χ 4+2*Χ 5+Χ ! 8* 9* C(0,3) !7! 2* ! 7*8* 9* C(0, 4) !6! 2 *3* ! 6*7*8*9*0 6 C(0,5) 7*2*9 * !5! 2 *3*4*5 Επομένως, υπάρχουν συνολικά 92 τέτοιοι αριθμοί. Άσκηση Φ6.33

16 Πόσες μεταθέσεις των 24 γραμμάτων του ελληνικού αλφαβήτου δεν περιλαμβάνουν ούτε την συμβολοσειρά «ενα» ούτε τη συμβολοσειρά «οκτω»; Από τις 24! μεταθέσεις των 24 γραμμάτων πρέπει να αφαιρέσω αυτές που περιέχουν είτε το «ένα» είτε το «οκτώ» είτε και τα δύο. Αν θεωρήσουμε το «ένα» σαν ένα ενιαίο γράμμα οι μεταθέσεις που το περιέχουν είναι 22! ( γράμμα το «ενα» ενιαίο + 2 τα υπόλοιπα γράμματα) Αντίστοιχα αυτές που περιέχουν το «οκτώ» είναι 2! Αυτές που περιέχουν και τα δύο είναι 9! (7++=9) Αθροιστικά λοιπόν οι μεταθέσεις που ζητάμε είναι 24! (22! + 2! 9!) =32 Άσκηση Φ6.34 Ένας επταψήφιος αριθμός τηλεφώνου d d 2d 3d 4d 5d 6d 7 θεωρείται ότι είναι ευκολομνημόνευτος εάν τα ψηφία του d d 2d 3 είναι ακριβώς ίδια με τα ψηφία d 4d 5d 6 ή τα ψηφία d 5d 6d 7. Για παράδειγμα, ο αριθμός είναι ευκολομνημόνευτος. Θεωρώντας ότι κάθε ψηφίο μπορεί να είναι οποιοσδήποτε αριθμός από το 0 έως το 9, πόσοι ευκολομνημόνευτοι αριθμοί τηλεφώνου υπάρχουν; Υπάρχουν ψήφιοι αριθμοί τέτοιοι που d d 2d 3 = d 4d 5d 6. Για άλλους τόσους ισχύει ότι d d 2d 3 = d 5d 6d 7 και ακριβώς 0 αριθμοί τέτοιοι που d d 2d 3 = d 4d 5d 6= d 5d 6d 7 (σ αυτή την περίπτωση ο αριθμός έχει 7 ίδια ψηφία). Συνολικά λοιπόν, εφαρμόζοντας την αρχή εγκλεισμού αποκλεισμού, οι ευκολομνημόνευτοι αριθμοί είναι = Άσκηση Φ6.35 Πόσοι 3ψήφιοι αριθμοί σχηματίζονται από τα ψηφία 2,3,5,6,7 και 9, τέτοιοι που να διαιρούνται με το 5 και κανένα ψηφίο να μην επαναλαμβάνεται; Για να διαιρούνται ακριβώς με το 5 σημαίνει ότι υποχρεωτικά το τελευταίο ψηφίο πρέπει να είναι το 5 (το 0 που θα ήταν άλλη επιλογή δεν μας δίνεται). Άρα τα υπόλοιπα 2 ψηφία θα επιλεγούν ανάμεσα από τα 2,3,6,7,9. Για το ο έχουμε 5 επιλογές και για το 2 ο 4 επιλογές (δεν μπορούμε να έχουμε επανάληψη). Άρα συνολικά έχουμε 5 4 =20 3ψήφιους αριθμούς Άσκηση Φ6.36 Σε ένα σακούλι έχουμε 2 άσπρες μπάλες, 3 μαύρες και 4 κόκκινες. Με πόσους τρόπους μπορούμε να πάρουμε 3 μπάλες αν παίρνουμε τουλάχιστον μια μαύρη μπάλα κάθε φορά; ος τρόπος Έχουμε τις εξής περιπτώσεις:. Παίρνουμε 3 μαύρες μπάλες 2. Παίρνουμε 2 μαύρες μπάλες και μια άλλη (όχι μαύρη) 3. Παίρνουμε μαύρη μπάλα και δύο άλλες (όχι μαύρες) η περίπτωση: C(3,3)= τρόπος 2η περίπτωση: C(3,2) C(6,)= 3 6=8 τρόποι

17 3η περίπτωση: C(3,) C(6,2) = 3 5= 45 τρόποι Συνολικά (κανόνας του αθροίσματος) υπάρχουν +8+45=64 τρόποι 2 ος τρόπος Όλοι οι τρόποι να καταλήξουμε με 3 μπάλες οποιουδήποτε χρώματος είναι C(9,3). Από αυτούς, πρέπει να αφαιρέσουμε αυτούς που δεν έχουν καμία μαύρη μπάλα. Αυτοί είναι C(6,3). Όμως C(9,3)-C(6,3)= 64 τρόποι. ***Προσοχή***: Πολύ συχνά γίνεται ο υπολογισμός με τον παρακάτω συλλογισμό που φαινομενικά είναι σωστός: ΠΕΙΡΑΜΑ: Επιλέγω μια από τις 3 μαύρες μπάλες με C(3,)=3 τρόπους. ΠΕΙΡΑΜΑ 2: Τις δύο μαύρες που περισσεύουν, τις ξανακάνω επιλέξιμες. Από τις 2 λοιπόν αυτές μαύρες συν τις 6 άλλου χρώματος (συνολικά 8) επιλέγω τις 2. Έτσι, θα έχω σίγουρα μια μαύρη μπάλα (το ζητούμενο) και άλλες δύο που μπορεί να είναι οποιεσδήποτε. Επομένως, το πλήθος που με ενδιαφέρει γράφεται C(3,) C(8,2) = 3 28 = 84. Αυτό καταλήγει σε διαφορετικό αποτέλεσμα, το οποίο είναι εσφαλμένο!!! Ο λόγος είναι ότι αυτή η σειρά πειραμάτων, μολονότι είναι «φαινομενικά» σωστή, καταλήγει να προσμετρά περισσότερες από μία φορές κάποια ίδια ενδεχόμενα!!! Για παράδειγμα, αν επιλέξω στο ΠΕΙΡΑΜΑ την μπάλα Μ και στο ΠΕΙΡΑΜΑ 2 τις μπάλες Μ2 και Κ3, τελικά θα έχω τις μπάλες Μ, Μ2 και Κ3. Αν τώρα επιλέξω στο ΠΕΙΡΑΜΑ την μπάλα Μ2 και στο ΠΕΙΡΑΜΑ 2 τις μπάλες Μ και Κ3, πάλι θα έχω τις μπάλες Μ, Μ2 και Κ3. Μολονότι αυτά τα δύο αποτελέσματα είναι ίδια (έχω πάρει τις ίδιες μπάλες) οι δύο αυτές περιπτώσεις μετρώνται ως ξεχωριστές! Συγκεκριμένα, μετρώνται: 2 περιπτώσεις αν πάρω τις μπάλες Μ, Μ2 και μια οποιουδήποτε άλλου χρώματος, ενώ στην πραγματικότητα είναι 6. 2 περιπτώσεις αν πάρω τις μπάλες Μ, Μ3 και μια οποιουδήποτε άλλου χρώματος, ενώ στην πραγματικότητα είναι 6. 2 περιπτώσεις αν πάρω τις μπάλες Μ2, Μ3 και μια οποιουδήποτε άλλου χρώματος, ενώ στην πραγματικότητα είναι 6. 3 περιπτώσεις αν πάρω τις μπάλες Μ, Μ2, Μ3 και καμία άλλη, ενώ στην πραγματικότητα είναι. Επομένως, έχουμε προσμετρήσει περιπτώσεις που δεν θα έπρεπε Πράγματι, υπολογίσαμε 84 αντί του σωστού 64 Τελικό συμπέρασμα: Χρειάζεται μεγάλη προσοχή!!! Άσκηση Φ6.37 Επιλέγουμε 7 χαρτιά από μια τράπουλα. Με πόσους τρόπους είναι δυνατόν να τραβήξουμε:. Μόνο 6αρια, 7αρια και 8αρια 2. Καθόλου 6αρια, 7αρια και 8αρια 3. Ακριβώς 2 Ντάμες ή ακριβώς δύο Βαλέδες 4. Δύο από τα χαρτιά πρέπει να είναι ντάμα ή βαλές. Τα υπόλοιπα μπορεί να είναι οτιδήποτε εκτός από ντάμα και βαλές σπαθιά και 5 κούπες. C(2,7) = C(40,7) = C(4,2) C(48,5) + C(4,2) C(48,5) = C(8,2) C(44,5)= C(3,2) C(3,5)=00.386

18 Άσκηση Φ6.38 To PIN ενός κινητού τηλεφώνου είναι ένας τετραψήφιος αριθμός (π.χ ή 0592). Πόσα διαφορετικά PIN μπορούν να οριστούν αν: Α. Κανένα ψηφίο δεν επαναλαμβάνεται Β. Το ψηφίο πρέπει να συμπεριλαμβάνεται τουλάχιστον φορά Γ. Το τελευταίο ψηφίο δεν μπορεί να είναι 0 ούτε μπορεί να έχει δύο συνεχόμενα μηδενικά. Δ. Όλα τα ψηφία είναι πρώτοι αριθμοί Ε. Τουλάχιστον ένα ψηφίο είναι πρώτος αριθμός Α.!! = 5040 (Διάταξη χωρίς επανάληψη) Β. Μπορούμε να έχουμε φορά το σε οποιαδήποτε από τις 4 θέσεις και τα υπόλοιπα ψηφία να είναι 3 από τα {0,2,3,4,5,6,7,8,9} οπότε έχουμε 4 9 = 296 επιλογές, ή 2 φορές το σε οποιεσδήποτε θέσεις και τα υπόλοιπα 2 από 9 ψηφία = 486 επιλογές- ή 3 φορές το και ακόμη ψηφίο σε οποιαδήποτε θέση = 36 επιλογές - ή 4 φορές το 3 επιλογή. Συνολικά έχουμε (κανόνας του αθροίσματος) =3439 επιλογές Γ. Έστω ότι ο 4ψήφιος αριθμός γράφεται σαν ABCD (Α το πρώτο ψηφίο, Β το δεύτερο κοκ) Υπάρχουν οι εξής αποδεκτές περιπτώσεις:. Α 0 και Β=0 (οπότε C 0) 2. Α 0 και Β 0 3. Α=0 και Β 0 και D 0 για όλες τις περιπτώσεις Οι 3 παραπάνω περιπτώσεις καλύπτουν όλες τις επιλογές ενώ είναι ξένες μεταξύ τους Οι αποδεκτοί 4ψήφιοι που προκύπτουν από την η περίπτωση είναι 9 9 9=729 (9 δυνατά ψηφία για τον Α, για τον Β, 9 για τον C και 9 για τον D) Από τη 2 η περίπτωση προκύπτουν = ψήφιοι (9 δυνατά ψηφία για τον Α, 9 για τον Β, 0 για τον C και 9 για τον D) Από την 3 η περίπτωση προκύπτουν 9 0 9=80 4ψήφιοι (Ο Α είναι 0, 9 δυνατότητες για τον Β, 0 για τον C και 9 για τον D) Από τον κανόνα του αθροίσματος και εφόσον από τις παραπάνω περιπτώσεις δεν προκύπτουν κοινοί αριθμοί έχουμε συνολικά 8829 επιλογές. Δ. Τα A,B,C,D παίρνουν τιμές από το {2,3,5,7}. 4 4 περιπτώσεις. (Διάταξη με επανάληψη) Ε. Υπολογίζουμε πόσοι 4ψήφιοι αριθμοί δεν περιέχουν πρώτο αριθμό. Είναι αυτοί που σχηματίζονται από τα ψηφία 0,,4,6,8,9 και είναι 6 4. Οι υπόλοιποι =8704 περιέχουν πρώτο αριθμό. Άσκηση Φ6.39 Στο ΛΟΤΤΟ επιλέγουμε 6 από 49 αριθμούς. Πόσες είναι οι διαφορετικές επιλογές που μπορούμε να κάνουμε αν η διαφορά ανάμεσα στο μεγαλύτερο και το μικρότερο αριθμό είναι 30; Για να υπολογίσουμε τις 6άδες κάτω από αυτό τον περιορισμό πρέπει να υπολογίσουμε ποιος μπορεί να είναι ο μικρότερος αριθμός. Αν ο μικρότερος είναι ας πούμε ο k, τότε ο μεγαλύτερος θα είναι ο k+30 και οι υπόλοιποι 4 αριθμοί θα επιλεγούν από το σύνολο {k +, k + 2,..., k + 29} με πληθικό αριθμό 29.

19 Γνωρίζουμε ότι k και k άρα k 9. Έχουμε λοιπόν 9 επιλογές για τον k και C(29,4) τρόποι επιλογής των υπόλοιπων 4 αριθμών. Συνολικά έχουμε 9 C(29, 4) = =45269 επιλογές (Κανόνας του γινομένου) Άσκηση Φ6.40 Η λέξη ΒΑΡΕΤΟΣ έχει 7 γράμματα μεταξύ των οποίων 3 φωνήεντα. Με πόσους τρόπους μπορούμε να την αναγραμματίσουμε έτσι που τα φωνήεντα να βρίσκονται συνεχόμενα (π.χ. ΡΒΤΣΕΟΑ ή ΣΒΟΑΕΡΤ) Καταρχήν παρατηρούμε ότι όλα τα γράμματα είναι διαφορετικά μεταξύ τους Θα θεωρήσουμε τα 3 φωνήεντα σαν ένα γράμμα, οπότε πρέπει να αναγραμματίσουμε μια λέξη με 5 γράμματα: Β, Ρ, Τ, Σ και ΕΟΑ Προκύπτουν 5! = 20 αναγραμματισμοί. Τα 3 φωνήεντα όμως μπορούν να θεωρηθούν ως ένα γράμμα με 3!= 6 τρόπους. Συνεπώς συνολικά έχουμε 20 6=720 αναγραμματισμούς Άσκηση Φ6.4 Με πόσους τρόπους μπορούν να σταθούν στη σειρά 0 αγόρια και 0 κορίτσια ώστε να εναλλάσσονται (δεν στέκονται 2 αγόρια ή 2 κορίτσια συνεχόμενα) Κατ αρχήν τοποθετούμε τα 0 αγόρια. Αυτά μπορούν να σταθούν στη σειρά με 0! διαφορετικούς τρόπους. Στη συνέχεια τοποθετούμε τα 0 κορίτσια ανάμεσά τους Αυτά μπορούν επίσης να σταθούν στη σειρά με 0! διαφορετικούς τρόπους. Όταν μπουν τα κορίτσια ανάμεσα στα αγόρια, μπορούν να μπουν με 2 διαφορετικούς τρόπους (η σειρά μπορεί να αρχίζει με κορίτσι ή να αρχίζει με αγόρι) Αν δηλαδή αρχικά τοποθετήσουμε τα 0 αγόρια όπως φαίνεται παρακάτω Α Α 2 Α 3 Α 4 Α 5 Α 6 Α 7 Α 8 Α 9 Α 0, όταν τοποθετήσουμε και τα 0 κορίτσια η σειρά μας θα μπορεί να είναι Α Κ Α 2 Κ 2 Α 3 Κ 3Α 4 Κ 4Α 5 Κ 5Α 6 Κ 6Α 7 Κ 7Α 8 Κ 8 Α 9 Κ 9Α 0 Κ 0 ή Κ Α Κ 2Α 2 Κ 3 Α 3 Κ 4Α 4 Κ 5Α 5 Κ 6Α 6 Κ 7Α 7 Κ 8Α 8 Κ 9 Α 9 Κ 0Α 0 Συνολικά λοιπόν έχουμε 0! 0! + 0! 0! = 2 0! 0! τρόπους Άσκηση Φ6.42 Στο Σούπερ Μάρκετ της γειτονιάς έχει 5 ειδών μπύρες: Άλφα, Fix, Mythos, Amstel και Heineken. Χρειαζόμαστε 8 εξάδες για το πάρτι μας απόψε. Α. Πόσους διαφορετικούς συνδυασμούς από εξάδες μπορούμε να πάρουμε? Β. Πόσους διαφορετικούς συνδυασμούς από εξάδες μπορούμε να πάρουμε αν πρέπει να έχουμε τουλάχιστον εξάδα από κάθε μάρκα; ` Α. C(5+8-,8)=C(2,8)=495 (Συνδυασμοί με επανάληψη) Β. Πρώτα παίρνουμε εξάδα από κάθε μάρκα. Στη συνέχεια πρέπει να επιλέξουμε 3 ακόμη εξάδες από τα 5 είδη, που μπορούμε να το κάνουμε με C(5+3-,3)=C(7,3)=35 τρόπους.