Đurđica Salamon Padjen Boško Šego Tihana Škrinjarić MATEMATIKA 3. udžbenik sa zbirkom zadataka za ekonomiste i komercijaliste III.

Transcript

1 Đurđica Salamo Padje Boško Šego Tihaa Škrijarić MATEMATIKA 3 udžbeik sa zbirkom zadataka za ekoomiste i komercijaliste III. razred prvo izdaje Zagreb, 04.

2 SADRŽAJ. KOMBINATORIKA Prebrojavaje elemeata skupa Permutacije, kombiacije i varijacije Permutacije bez poavljaja Permutacije s poavljajem Kombiacije bez poavljaja Kombiacije s poavljajem Varijacije bez poavljaja Varijacije s poavljajem Biomi teorem...39 Zadatci...43 Rješeja VJEROJATNOST Uvoda razmatraja Događaj Vjerojatost događaja vjerojatosi model za koače prostore događaja Vjerojatost događaja u koačom prostoru elemetarih događaja Složea vjerojatost Vjerojatost barem jeda Statistička vjerojatost Eksperimeti s jedako vjerojatim događajima Uvjeta vjerojatost Koači stohastički procesi Neovisi događaji Formula potpue (totale) vjerojatosti i bayesova formula...05 Zadatci...5 Rješeja VEKTORI Defiicija vektora Jedakost vektora...43

3 3.3. Zbrajaje vektora Možeje vektora skalarom Lieara kombiacija vektora Vektori u koordiatom sustavu Skalari umožak vektora...57 Riješei zadatci...59 Zadatci...6 Rješeja TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE Brojeva kružica Trigoometrijske fukcije realog broja Trigoometrijske fukcije kuta Rješavaje pravokutog trokuta Primjea trigoometrije u plaimetriji Primjea trigoometrije u stereometriji Poučak o kosiusima i poučak o siusima Poučak o kosiusima Poučak o siusima Kosius zbroja (razlike) dva kuta Sius zbroja (razlike) dva kuta Tages zbroja (razlike) dva kuta Kotages zbroja (razlike) dva kuta Trigoometrijske fukcije dvostrukih kutova Trigoometrijske jedadžbe i ejedadžbe... Zadatci...7 Rješeja STANDARDIZIRANA VRIJEDNOST Mjere raspršeosti Empirijsko pravilo i Čebiševljevo pravilo...56 Zadatci...60 Rješeja...6

4

5 KOMBINATORIKA Prebrojavaje elemeata skupa Permutacije, kombiacije i varijacije Permutacije bez poavljaja Permutacije s poavljajem Kombiacije bez poavljaja Kombiacije s poavljajem Varijacije bez poavljaja Varijacije s poavljajem Biomi teorem.

6 Kombiatorika. KOMBINATORIKA.. Prebrojavaje elemeata skupa Pretpostavljajući da zamo da skupovi A i B imaju koačo mogo elemeata i da zamo broj elemeata skupa A i skupa B, pokušajmo odgovoriti a pitaje koliko elemeata ima u skupovima A B i A B Pri tome se koristimo sljedećim ozakama: ako je S skup s koačo mogo elemeata, broj elemeata skupa S ili kardiali broj skupa S ozačavamo simbolom k(s). Primjer. Odredimo broj elemeata sljedećih skupova: A = {x : x N i x < 6}, B = {x : x Z i x > 3}, C = {x : x R i x x}. Rješeje Očito je A = {,, 3, 4, 5} tj. skup A ima 5 elemeata, što pišemo ovako: k(a) = 5. Skup B = {4, 5, 6,...} ema ajveći (maksimali) elemet, tj. o je eomeđe odozgo, pa sadrži beskoačo mogo elemeata. Budući da smo kardiali broj skupa k(s) defiirali samo kad skup ima koačo mogo elemeata, u ašem primjeru k(b) ije defiirao. Budući da je svaki reala broj jedak samom sebi, e postoji reala broj koji e bi bio jedak samom sebi, pa zaključujemo da je skup C praza skup, tj. što zači da je Primjer. Zadai su skupovi C =, k(c) = 0 8

7 Kombiatorika A = {x : x N i x < 4}, B = {x : x N i 3 < x 6}, C = {x : x N i 3 x 6}. Rješeje Očito je A = {,, 3}, B = {4, 5, 6}, C = {3, 4, 5, 6}. pa je D = A B = {,, 3, 4, 5, 6}. Dakle, k(d) = 6. Lako se može provjeriti da je u ovom slučaju k(a B) = k(a) + k(b). Budući da je A C = {,, 3, 4, 5, 6}, u ovom je slučaju k(a C) k(a) + k(c), jer je k(a) + k(c) = = 7. Prikažimo skupove A, B i C pomoću Euler-Veovog dijagrama. slika. Iz slike vidimo da su skupovi A i B disjukti, tj. A B =, a iz slike da je 3 elemet i skupa A i skupa C, što zači da je A C = {3}. I baš zbog toga što je 3 A i 3 C vrijedi k(a C) k(a) + k(c), 9

8 Kombiatorika jer broj 3 brojimo jedom pri račuaju k(a) i još jedom pri račuaju k(c), što zači da broj 3 brojimo dvaput pri račuaju k(a) + k(c). slika. S druge strae, broj 3 brojimo samo jedom pri račuaju k(a C). Ovaj primjer sugerira sljedeći zaključak. Za skupove A i B vrijedi: () k(a B) = k(a) + k(b) k(a B) Posebo, ako su skupovi A i B disjukti, oda je () k(a B) = k(a) + k(b). Primjer 3. Koristeći se skupovima A = {a, a, a 3, a 4 } i B = {a 3, a 4, a 5, a 6 }, verificirajmo formulu (). Rješeje Dakle, Budući da je imamo da je jer je A B = {a, a, a 3, a 4, a 5, a 6 }, a A B = {a 3, a 4 }. k(a) = 4, k(b) = 4, k(a B) = 6, k(a B) =, k(a B) = k(a) + k(b) k(a B) =, 0

9 Kombiatorika 6 = Primjer 4. Aketom je utvrđeo da od 000 ispitaika 500 jede polubijeli, a 00 i bijeli i polubijeli kruh. Koliko ispitaika jede bijeli kruh? Rješeje Ozačimo s A skup ispitaika koji jedu bijeli, a s B skup ispitaika koji jedu polubijeli kruh. Na temelju podataka k(a B) = 000, k(b) = 500, k(a B) = 00, i koristeći se formulom (), dobivamo liearu jedadžbu 000 = k(a) , čije rješeje je k(a) = 600. Dakle, 600 od 000 ispitaika jede bijeli kruh. Primjer 5. Proizvođač magetih vrpci za digitala račuala eksperimetalo je utvrdio da su prilikom proizvodje moguća dva edostatka a kolutu vrpce: vrpca može sadržavati utore ili mageti sloj može biti edovolja. Testirajući 00 kolutova, proizvođač je zabilježio sljedeće: 5 kolutova ima utore a vrpcama, ih ima vrpce s edovoljim magetim slojem, 7 ih ima oba edostatka. a) Koliko je eispravih kolutova vrpce, tj. oih koji imaju bar jeda od avedeih edostatka? b) Koliko je ispravih kolutova? Rješeje a) Ozačimo s A skup kolutova s utorom a vrpci, a s B skup kolutova kod kojih je mageti sloj edovolja. Tada je A B

10 Kombiatorika skup eispravih kolutova, pa moramo izračuati k(a B). Na temelju daih podataka imamo: k(a) = 5, k(b) =, k(a B) = 7. Uvrštavajući ove vrijedosti u jedakost () dobivamo, k(a B) = k(a) + k(b) k(a B) = = = = 0. Dakle, 0 je kolutova eispravo. b) Budući da je 0 kolutova eispravo, to ih je 00 0 = 80 ispravo. Jedakost () može se proširiti i a uiju od 3 skupa. Ako su A, B i C skupovi s koačo mogo elemeata, oda je (3) k(a B C) = k(a) + k(b) + k(c) k(a B) k(a C) k(b C) + k(a B C). Primjer 6. U razredu su 34 učeika. Od toga jih 8 uči egleski, 5 jemački, fracuski, 5 egleski i jemački, 5 egleski i fracuski. Samo 3 učeika uče sva tri jezika. Koliko učeika uči i jemački i fracuski ako svaki učeik u razredu uči barem jeda od avedea tri straa jezika? Rješeje S E ozačimo skup učeika koji uče egleski, s NJ skup učeika koji uče jemački, s F skup učeika koji uče fracuski. Na temelju daih podataka imamo: k(e NJ F) = 34, k(e) = 8, k(nj) = 5, k(f) =, k(e NJ) = 5, k(e F) = 5, k(e NJ F) = 3. Uvrštavajući avedee podatke u jedakost k(e NJ F) = k(e) + k(nj) + k(f) k(e NJ) k(e F) k(nj F) + k(e NJ F),

11 Kombiatorika dobivamo liearu jedadžbu s jedom epozaicom 34 = k(nj F) + 3. Rješeje je k(nj F) = 4. Prema tome, 4 učeika uče jemački i fracuski. Česte su situacije u kojima treba odrediti broj elemeata skupa koji je Kartezijev umožak dvaju ili više skupova. Tada posebo treba uočiti je li poredak skupova bita jer se može, za eke skupove A i B, dogoditi da ima smisla skup A B, ali e i skup B A. Ilustrirat ćemo avedeo primjerom. Primjer 7. U restorau za ručak ude 3 vrste juha i 5 glavih jela. Koliko različitih jelovika ima taj restora ako se jelovik sastoji od jede juhe i jedog glavog jela? Rješeje Iz slike 3 očito je da je broj različitih jelovika u tom restorau 5. Ozačimo li s J = {j, j, j 3 } skup juha, a s G = {g, g, g 3, g 4, g 5,} skup glavih jela, tada je skup mogućih jelovika M = {(j, g ), (j, g ),..., (j 3, g 5 )}, Lako se može utvrditi da je slika 3. 3

12 Kombiatorika k(m) = 5. Napomijemo da ije elemet skupa M i da uopće e razmatramo elemete tog tipa, jer implicite podrazumijevamo da se glavo jelo služi ako juhe (kao što je uobičajeo u Hrvatskoj). Uočimo da je skup M Kartezijev umožak skupova J i G, tj. M = J G. U ovom je primjeru k(j) = 3, k(g) = 5, a broj elemeata skupa M k(m) = k(j) k(g) = 3 5 = 5. Ovaj zaključak vrijedi i općeito: Ako je A skup s koačo mogo elemeata m, a B skup s koačo mogo elemeata, oda broj elemeata skupa A B izosi m, tj. (4) k(a B) = k(a) k(b). Sljedeći primjer ukazuje a mogućost da se formula (4) poopći i a slučaj kada imamo Kartezijev umožak i više od dva skupa. Primjer 8. Pretpostavimo da se telefoski brojevi sastoje od tri zameke dekadskog sustava. a) Pokažite a koji ači možemo te brojeve razmatrati kao elemete Kartezijeva umoška. b) Koliko različitih telefoskih brojeva možemo dobiti koristeći se tim trima zamekama? 4 Rješeje a) Neka je D = {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, a E = {,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}. Budući da telefoski brojevi e počiju zamekom 0, to skup svih mogućih trozamekastih telefoskih brojeva možemo prikazati kao skup T = E D D.

13 Kombiatorika Dakle, elemeti skupa T su uređee trojke kojih je prva kompoeta iz skupa E, a druga i treća iz skupa D. b) Za prvu zameku možemo uzeti bilo koji elemet iz skupa E. Budući da je k(e) = 9, za prvu zameku imamo 9 kadidata. Za. zameku imamo k(d) = 0 kadidata, jer je uzimamo iz skupa D. Dakle, za prvu i drugu zameku imamo ukupo 9 0 = 90 različitih parova. Za 3. zameku imamo, također, 0 kadidata, pa za trozamekasti telefoski broj imamo ukupo 90 0 = 900 kadidata. Ovaj smo primjer mogli riješiti poopćavajući formulu (4) jer vrijedi sljedeće pravilo: Za tri koača skupa A, B i C vrijedi: (5) k(a B C) = k(a) k(b) k(c), ili još općeitije, za koače skupove vrijedi: (6) k(a A... A ) = k(a ) k (A )... k (A )... Permutacije, kombiacije i varijacije U ovoj točki razmatramo probleme prebrojavaja broja ačia da se određei objekti (elemeti ekog skupa) poredaju. Pritom se koristimo i igrom mastermid koja se avodi kao primjer takmičeja dva igrača u oštroumosti, logici i pamćeju. Cilj je igre pogoditi taji kôd koji formiraju obojei čepići. Za as je taji kôd redak sastavlje od četiri obojea čepića koji se biraju (evetualo s poavljajem, što ćemo uvijek posebo aglasiti) između crveih (C), žutih (Ž), smeđih (S), zeleih (Z), plavih (P) i aračastih (N) čepića, kojih je međusobi poredak bita (dakle, taji kôd ZSCN razlikujemo od kôda NCSZ). Prilikom formuliraja šest osovih problema posebo avodimo kojim čepićima igramo i dopuštamo li da u tajom kôdu budu dva ili više čepića iste boje. Problem.... Permutacije bez poavljaja Pretpostavimo da igramo mastermid sa sljedeće 4 boje: crveom, plavom, žutom i zeleom. Na koliko različitih ačia možemo poredati četiri čepića ako su svi različitih boja? 5

14 Kombiatorika Rješeje Mogući su ovi poreci: CPŽZ PCŽZ ŽCPZ ZCPŽ CPZŽ PCZŽ ŽCZP ZCŽP CŽPZ PŽCZ ŽPCZ ZPCŽ CŽZP PŽZC ŽPZC ZPŽC CZPŽ PZCŽ ŽZCP ZŽCP CZŽP PZŽC ŽZPC ZŽPC Ove mogućosti mogu se slikovito predočiti tzv. stablom (slika 4). Uočimo da imamo ukupo 4 različita poretka avedeih čepića, tj. da pomoću avedea 4 razoboja čepića možemo formirati ukupo 4 (različita) taja kôda. slika 4. Do ovog rezultata mogli smo doći koristeći se formulom (4). Naime, za prvu poziciju (recimo, krajju lijevo) imamo a raspolagaju sva 4 čepića kojima igramo mastermid, za drugu preostala 3, za treću preostala, a za posljedju četvrtu poziciju samo čepić. Dakle, ukupa broj različitih poredaka jest 4 3 = 4. Bilo koji ači svrstavaja različitih elemeata, ako je poredak tih elemeata bita, predstavlja jedu permutaciju tih elemeata. Primjer 9. Koliko se različitih (e užo suvislih) troslovčaih riječi može formirati od slova od kojih je sastavljea riječ RIS? 6

15 Kombiatorika Rješeje Moguće je formirati sljedeće riječi: RIS IRS SRI RSI ISR SIR Dakle, ukupo je 6 različitih permutacija. Pri tome smo avedee permutacije dobili tako da smo svako slovo stavili a prvo mjesto ooliko puta koliko je bilo moguće formirati permutacija od preostala dva slova. Tako je u prve dvije permutacije slovo R a prvom mjestu, a permutiraju se slova I i S. Sličo, u trećoj i četvrtoj permutaciji a prvom je mjestu je slovo I, a permutiraju se slova R i S. Koačo, u petoj i šestoj permutaciji a prvom je mjestu slovo S, a permutiraju se elemeti R i I. Uočimo da je ukupa broj permutacija u ovom primjeru 3 = 6. Primjer 0. Neka su zadai skupovi A = {a, a, a 3 } i B = {b, b, b 3, b 4 }. Na koliko ačia možemo odabrati po jeda elemet i iz skupa A i iz skupa B ako ajprije biramo elemet iz skupa A? Rješeje Ako iz skupa A odaberemo elemet a, oda iz skupa B možemo izabrati b ili b ili b 3 ili b 4. Dakle, mogući su ovi uređei parovi ( a, b), ( a, b ), ( a, b ) i ( a, b ). 3 4 Sličo vrijedi i ako iz skupa A odaberemo a. Tada su mogući ovi uređei parovi: ( a, b), ( a, b ), ( a, b ) i ( a, b ), 3 4 a ako izaberemo a 3 oda su mogući sljedeći uređei parovi: ( a, b), ( a, b ), ( a, b ) i ( a, b ) Dakle, tražei izbor možemo izvršiti a = 3 4 = ačia. 7

16 Kombiatorika Postoji opće pravilo za prebrojavaje ačelo (pricip) multiplikacije (ili teorem o uzastopom prebrojavaju), kojim ćemo se koristiti pri rješavaju sličih primjera. Načelo. (NAČELO MULTIPLIKACIJE) Ako a ačia možemo izabrati elemet iz skupa D, a a ačia elemet iz D, oda a ačia možemo izabrati po jeda elemet i iz skupa D i iz skupa D, vodeći pri tom račua da je prvi izabrai elemet iz skupa D. Uočimo da je formula (4) posljedica ačela. Poopćeje formule (4) bila je formula (6), koja u stvari predstavlja posljedicu poopćeog ačela multiplikacije. Načelo. (POOPĆENO NAČELO MULTIPLIKACIJE) Neka je zadao koačo mogo skupova D, D,..., D k. Ako a ačia možemo izabrati elemet iz skupa D, a a ačia elemet iz D, a a 3 ačia elemet iz D 3 i tako dalje, oda a 3... k različita ačia možemo izabrati točo po jeda elemet iz svakog od skupova D, D,..., D k ako je prvi izabrai elemet iz D, drugi iz D, treći iz D 3 i tako dalje. Primjer. Na koliko ačia možemo poredati prvih prirodih brojeva u iz? Rješeje Prvi broj iza uzimamo iz skupa D = {,, 3,..., }. Budući da je k(d) =, to možemo učiiti a ačia. Pretpostavimo da smo za prvi broj uzeli broj. Sada drugi broj uzimamo iz skupa D = D \ { } a budući da je kd ( ) =, 8

17 Kombiatorika drugi broj možemo odabrati a ači. Poavljajem avedeog postupka dolazimo do skupa D = D \ {,,..., } koji ima samo jeda elemet, što zači da posljedji čla iza možemo odabrati samo a jeda ači. Primjeom ačela zaključujemo da je moguće formirati ( ) ( )... različita iza od brojeva,,...,. To ujedo zači da je broj permutacija od različitih elemeata P = ( ) ( ).... Ozačimo li s! (čitamo faktorijela ) umožak prvih prirodih brojeva, tj.! = ( ) ( )..., oda vrijedi sljedeće pravilo: Broj permutacija od različitih elemeata jedak je P =!. Napomeimo da je prema dogovoru 0! =.... Permutacije s poavljajem Problem. Pretpostavimo da igramo mastermid s 4 čepića: dva crvea, jedim plavim i jedim zeleim. Na koliko različitih ačia možemo sada poredati avedea 4 čepića? Mogući su sljedeći poreci: CCPZ CZCP PZCC CCZP CZPC ZCCP CPCZ PCCZ ZCPC CPZC PCZC ZPCC. Navedee mogućosti možemo ilustrirati pomoću stabla (slika 5). Uočimo da imamo ukupo različitih permutacija. 9

18 Kombiatorika slika 5. Dakle, broj permutacija može se račuati i u slučaju kada u izu od elemeata ima i međusobo jedakih. Očito je da se u ovom slučaju eće razlikovati permutacije u kojima je formalo izvršea zamjea pozicija međusobo jedakih elemeata. Permutacije kod kojih su dva elemeta jedaka (ili više jih) azivamo permutacije s poavljajem. Primjer. Na koliko ačia možemo poredati tri elemeta a, a, b? Rješeje Od elemeata a, a, b možemo formirati samo tri različite permutacije: aab, aba, baa. Budući da su dva elemeta jedaka, možemo zamisliti da je ovaj slučaj astao tako da smo ajprije imali tri različita elemeta a, b, c (od kojih možemo dobiti 3! različitih permutacija), a da smo zatim stavili c = a. Na taj se ači! permutacija elemeata stopilo u jedu jediu permutaciju elemeata a, a, b. Naime, ako je c = a, oda e možemo razlikovati permutacije abc i cba acb i cab i bac i bca. Dakle, ukupa broj različitih permutacija elemeata a, a, b jest 3. 0

19 Kombiatorika Primjer 3. Koliko se različitih (e užo suvislih) četveroslovčaih riječi može sastaviti od slova koja formiraju riječ MAMA? Rješeje Lako se vidi da su to sljedeće riječi: MAMA MMAA MAAM AMMA AMAM AAMM Dakle, koristeći se slovima M, A, M, A, moguće je sastaviti ukupo 6 četveroslovčaih riječi. Uočimo da je 4 4! 6 = =!!. Primjer 4. Na koliko ačia možemo poredati brojeve,,,, 3, 3, 3 u iz? Rješeje U ovom primjeru e možemo postupiti kao u prethodom kada smo imali mali broj različitih poredaka. Budući da imamo 6 brojeva, možemo ih poredati a P 6 = 6! = 70 ačia u iz. Međutim, pri tome svi poreci eće biti različiti. Zbog toga što se zameka dva puta pojavljuje u izu, a permutacije dvaju jedakih elemeata e daju ove permutacije, imamo ukupo P6 P (međusobo različitih) permutacija, a zbog toga što se zameka 3 tri puta pojavljuje u izu, imamo ukupo P6 P P3 različitih permutacija među avedeih 70. Dakle, zbog poavljaja zameaka i 3 imamo ukupo P P P =!! 3! = 6 = 3 različitih poredaka brojeva,,, 3, 3, 3 u iz.

20 Kombiatorika Poopćavajući dosadašje razmatraje, dolazimo do sljedećeg zaključka. Niz od elemeata u kojem je po r, r,..., r m međusobo jedakih (pritom je r + r +... r m ) ima r, r,..., r! m P = r! r!... rm! međusobo različitih permutacija. U primjeru 3 imali smo, 4! 4 P 4 = = = 6!! različitih riječi, a u primjeru 4 p(( A\ B) ( B\ A)) = p( A) + p( B) p( A B). različitih poredaka u iz. Primjer 5. Koliko šesterozamekastih brojeva možemo apisati pomoću zameaka,, 3, 4, 5, 6 ako se zameke e poavljaju? Rješeje Budući da je međusobi poredak elemeata u ovom primjeru bita, očito se radi o permutacijama, pa je moguće apisati P 6 = 6! = 3456 = 70 šesterozamekastih brojeva koristeći zameke,, 3, 4, 5, 6 i to svaku točo jedom. Primjer 6. Koliko peterozamekastih brojeva možemo apisati koristeći zameke 0, 0,,, 3? Naravo, e uzimamo u obzir oe brojeve koji počiju zamekom 0, jer takve brojeve e smatramo peterozamekastima. Rješeje Ako je prva zameka, tražeih peterozamekastih brojeva ima P = 4! 4 4! = =.

21 Kombiatorika Idetiča je slučaj ako je prva zameka, odoso 3, pa imamo ukupo peterozamekastih brojeva. + + = Kombiacije bez poavljaja Problem 3. Pretpostavimo da želimo igrati mastermid s 4 različite boje (od avedeih 6). Na koliko ačia možemo to učiiti? Budući da se mastermid igra sa 6 boja, a mi želimo igrati samo s 4, avedei problem u stvari zači da je potrebo odrediti a koliko ačia možemo izdvojiti 4 elemeta (e vodeći pri tome račua o jihovu poretku) iz šesteročlaog skupa M = {C, Ž, S, Z, P, N}. Mogući su sljedeći četveročlai podskupovi skupa M: M = {C, Ž, S, Z}, M = {C, Ž, S, P}, M 3 = {C, Ž, S, N}, M 4 = {C, Ž, Z, P}, M 5 = {C, Ž, Z, N}, M 6 = {C, Ž, P, N}, M 7 = {C, S, Z, P}, M 8 = {C, S, Z, N}, M 9 = {C, S, P, N}, M 0 = {C, Z, P, N}, M = {Ž, S, Z, P}, M = {Ž, S, Z, N}, M 3 = {Ž, S, P, N}, M 4 = {Ž, Z, P, N}, M 5 = {S, Z, P, N}. Uočimo da a 5 različitih ačia možemo od 6 različitih boja izdvojiti 4. Do avedeog rezultata mogli smo doći i sljedećim razmatrajem. Prema ačelu a ačia možemo od 6 boja izdvojiti 4. (Naime, za prvo mjesto imamo 6 kadidata, za drugo 6 = 5 i tako dalje). Ali, budući da pri tome e razlikujemo jihov poredak, taj broj moramo dijeliti brojem permutacija četiri različita elemeta, tj. s 4!. Dakle, poovo imamo 6543 = 5, 4! što, možeći i brojik i azivik avedeog razlomka s! =, možemo apisati i u obliku ! = = 5. 4!! 4!! 3

22 Kombiatorika Primjer 7. Na koliko ačia možemo iz skupa A = {,,..., } izdvojiti r elemeata? Broj elemeata skupa A je k(a) =. Želimo iz skupa A uzeti r-člai podskup, tj. želimo izdvojiti skup B = {,,..., r } A, pri čemu je i j za sve i j, i, j {,,..., r}. Očito mora biti r. Prvi elemet iz skupa A možemo odabrati a ačia, drugi a ači i tako dalje. Budući da posljedji r-ti elemet iz skupa A možemo odabrati a (r ) = r + ači, prema ačelu iz skupa A možemo izdvojiti r-torku a ( )... ( r + ) različita ačia. Budući da kod skupa ije bita poredak, a mi smo iz skupa A izdvojili uređeu r-torku, to zači da ćemo imati r! jedakih podskupova čiji su elemeti upravo kompoete izdvojee uređee r-torke. Dakle, a opisai ači od r! uređeih r-torki dobivamo samo jeda r-člai podskup, pa ukupa broj različitih r-člaih podskupova skupa A jest ( )... ( r+ ) K r =. r! Možejem brojika i azivika s ( r)! = ( r)( r )..., taj broj možemo pisati u sažetom obliku! K r = r!( r)!. Svaki r-člai podskup -člaog skupa S zove se kombiacija r-tog razreda bez poavljaja od elemeata skupa S. Broj kombiacija bez poavljaja od elemeata r-tog razreda jedak je 4

23 Kombiatorika ili, skraćeo, K r =! r!( r)!. K r = r, što se čita izad (povrh) r. Primjer 8. Između 5 osoba treba izabrati predstavika. Na koliko se ačia može izvršiti izbor? Rješeje Pretpostavimo da je riječ o osobama A, B, C, D i E. Mogući su sljedeći izbori: {A, B}, {A, C}, {A, D}, {A, E}, {B, C} {B, D}, {B, E}, {C, D}, {C, E}, {D, E}. Dakle, azačei izbor može se izvršiti a 0 ačia. Zadatak smo mogli riješiti e avodeći sve mogućosti. Naime, budući da poredak izabraih predstavika ije bita, imamo broj kombiacija od 5 elemeata drugog razreda, tj K 5 =! = = =0. 3!! 3 Probleme vezae za kombiatoriku treba posebo pažljivo i formulirati i rješavati. Često kod ovakve vrste problema eka kostatacija podrazumijeva eke čijeice koje su veoma važe za sam problem, ali se oe posebo e ističu ili se u jima pojavljuju riječi koje zamjejuju više mogućosti. Ilustrirajmo to sljedećim primjerom. Primjer 9. Imamo 9 ispravih i 6 eispravih međusobo različitih proizvoda. Na koliko ačia možemo izabrati uzorak od 7 proizvoda tako da u jemu budu: a) eisprava proizvoda, b) barem 5 eispravih proizvoda? 5

24 Kombiatorika c) Možemo li izabrati takav uzorak od 7 proizvoda da u jemu e bude iti jeda isprava proizvod? Rješeje Ozačimo s IP ={ i, i, i 3, i 4, i 5, i 6, i 7, i 8, i 9 } skup ispravih, a s NP ={,, 3, 4, 5, 6 } skup eispravih proizvoda. a) U uzorku trebaju biti točo dva eisprava proizvoda, a budući da se uzorak sastoji od 7 proizvoda, to zači da je u uzorku i 5 ispravih proizvoda. Dakle, iz skupa NP treba uzeti elemeta, što možemo učiiti a 6 K 6 = =5 različitih ačia, a iz skupa IP treba uzeti preostalih 5 elemeata, što možemo učiiti a K 6 K 5 9 = 5 6 = 890 različitih ačia. Budući da treba istovremeo izabrati elemeta skupa NP i 5 elemeata skupa IP, prema ačelu to možemo učiiti a 5 9 K 9 = =6 5 različitih ačia. b) U uzorku sada treba biti barem 5 eispravih proizvoda. To zači da je ili 5 eispravih (i isprava) ili 6 eispravih (i isprava) proizvoda. Dakle, tražei uzorak možemo izabrati a K6 K9 + K6 K 9 = = = 5 ačia. 6

25 Kombiatorika c) Očito je da e možemo izabrati uzorak od 7 proizvoda takav da u jemu e bude ijeda isprava proizvod, jer bi to začilo da je svih 7 izabraih proizvoda eispravo, a jih biramo iz skupa NP koji ima samo 6 elemeata. Uočimo da je u ovom primjeru bilo moguće izabrati ajviše 7 5 K 5 = = različitih uzoraka od 7 proizvoda. Mogi dokazi kod kojih treba odrediti ukupa broj elemeata ekog skupa mogu se provesti upravo koristeći se kombiacijama bez poavljaja. Za ilustraciju avodimo teorem dobro pozat iz geometrije. Teorem. Broj dijagoala koveksog -terokuta jest ( 3). Dokaz -terokut ima straica i vrhova. Budući da vrha određuju ili straicu ili dijagoalu, ukupo je = ( ) straica i dijagoala, što zači da ima dijagoala. 3 = ( ) ( ) = Primjer 0. Kojemu je koveksom -terokutu je broj dijagoala jedak broju straica? Rješeje Prema dokazaom teoremu broj dijagoala koveksog -terokuta jest ( 3), 7

26 Kombiatorika pa to zači da vrijedi ili ( 3) = 5= 0. Budući da mora biti N, zaključujemo da ije ego da je = 0, = 5. Dakle, među svim koveksim -terokutima peterokut jedii ima svojstvo da mu je broj dijagoala jedak broju straica...4. Kombiacije s poavljajem Problem 4. Pretpostavimo da želimo igrati mastermid s čepića bilo koje (e užo različite) boje. Na koliko ačia to možemo učiiti? Rješeje Budući da se mastermid igra sa 6 boja, a mi želimo igrati samo s čepića e užo različite boje, imamo sljedeće mogućosti: CC ŽŽ SS ZZ PP NN CŽ ŽS SZ ZP PN CS ŽZ SP ZN CZ ŽP SN CP ŽN CN. Dakle, avedeo izdvajaje možemo učiiti a različiti ači. Uočimo da e tražimo kokreta kôd, ego samo želimo specificirati od kojih je boja kôd sastavlje, pa am poredak ije bita. Također, uočimo da je 8

27 Kombiatorika 7 6 = = +. Primjer. Na koliko ačia možemo iz skupa A = {,, 3, 4} izdvojiti 4 elemeta ako je dozvoljeo poavljaje elemeata? Rješeje Drugim riječima, pitamo se koliko četvorki možemo formirati koristeći se elemetima skupa A ako jihove kompoete mogu biti i jedake, a pri tome se e radi o uređeim četvorkama (e razlikujemo jihov poredak). Mogući su sljedeći slučajevi: () sve su kompoete jedake, () tri su kompoete jedake, (3) dvije su kompoete jedake i (4) sve su kompoete različite. Dakle, rastavili smo problem a 4 lakše rješiva potproblema. () Ako su sve kompoete jedake, važa je samo broj ačia izbora prve kompoete, a o je jedak broju 4 4 =. Uočimo da preostale kompoete možemo izabrati a = ači. Navedimo i eksplicite te mogućosti

28 30 Kombiatorika () Ako su tri kompoete jedake, oda to zači da prvu, a budući da poredak ije bita, i još dvije kompoete možemo izabrati a 4 4 = =4 ačia, pa preostalu kompoetu a = = ačia, tj. ukupo a 4 3 = ačia možemo izvršiti azačei izbor, što lako možemo provjeriti ispisujući sve moguće slučajeve. Naime, imamo: (3) Ako su dvije kompoete jedake, oda to zači da su preostale dvije ili jedake (ali i različite od avedeih dviju) ili međusobo različite (a, ujedo, i različite od polazih dviju jedakih). Dakle, imamo dva potproblema. (3.) Neka su preostale dvije kompoete jedake. To zači da as u stvari zaima a koliko ačia od 4 elemeta možemo izabrati pri čemu poredak ije bita. Vidjeli smo da to možemo učiiti a K 4 4 = ačia. Dakle, u ovom potproblemu ukupa broj mogućih izbora jedak je 4 4 = =6. (3.) Ako su dvije kompoete jedake, a dvije se razlikuju i međusobo i od avedeih dviju jedakih, oda bismo tražei izbor mogli izvršiti a 4 3

29 Kombiatorika ačia kad bismo razlikovali poredak. Budući da poredak e razlikujemo, to možemo učiiti a = =! ačia. Dakle, a ukupo 6 + = 8 ačia možemo odabrato 4 elemeta ako su jedaka, što smo mogli utvrditi i ispisujući sve mogućosti. Naime, za potproblem (3.) imamo sljedeće mogućosti: a za potproblem (3.) (4) Budući da su sve kompoete različite, to zači da se pitamo a koliko ačia od 4 (različita) ačia možemo izabrati 4 (također različita) elemeta ako ije bita jihov poredak. To je moguće učiiti a 4 4 K 4 = = 4 ači. Dakle, koačo možemo zaključiti da iz skupa A možemo izdvojiti 4 elemeta a = 35 ačia ako pri tome dozvoljavamo da se elemeti poavljaju. Kombiacije s poavljajem jesu kombiacije u kojima se elemeti mogu i poavljati. Broj kombiacija s poavljajem r-tog razreda od elemeata račua se formulom r + r (7) K = r 3

30 Kombiatorika Koristeći se formulom (7), primjer možemo riješiti a sljedeći ači. Budući da imamo 4 elemeta koji se svi mogu poavljati, to je = r = 4, pa iz skupa A možemo izdvojiti 4 elemeta a ačia. K = = 4 = 3 = Primjer. U trgovii se mogu kupiti jabuke (J), grožđe (G), kruške (K) i arače (N). Netko želi kupiti dva puta po kilogram avedeog voća. Rješeje a) Mogući su sljedeći slučajevi: JJ KK GG NN JK KG GN JG KN JN. b) Iz prethodog dijela zadatka vidimo da se to može učiiti a 0 različitih ačia. Do tog smo mogli doći i koristeći se formulom (7), jer se radi o kombiacijama s poavljajem drugog razreda od 4 elemeta: K = = = Varijacije bez poavljaja Problem 5. Pretpostavimo da igramo mastermid sa 6 boja: crveom, žutom, smeđom, zeleom, plavom i aračastom. Koliko različitih kôdova možemo formirati koristeći se četirima čepićima različite boje? Rješeje Uočimo da su, primjerice, kôdovi CŽSZ i CŽZS 3

31 Kombiatorika različiti premda su sastavljei od po jedog čepića crvee, žute, smeđe i zelee boje. Dakle, kod kôda je bita i poredak čepića, a e samo jihova boja. Zato aš problem rješavamo u dva koraka: a) ajprije izračuamo a koliko ačia možemo od 6 razobojih čepića izdvojiti 4, b) zatim izračuamo i broj ačia da ta 4 izdvojea razoboja čepića poredamo u jeda iz. Od 6 razobojih čepića možemo izdvojiti 4 a 4 6 K 6 = 5 4 = različitih ačia, a ta četiri razoboja čepića možemo poredati a P 4 = 4! = 4 različita ačia. Budući da svaku od 5 mogućih kombiacija možemo poredati a 4 različita ačia, zaključujemo da je broj različitih kôdova od četiri razoboja čepića K 4 6 P4 = 5 4 = 360. Primjer 3. Koliko se dvozamekastih brojeva s različitim zamekama može apisati pomoću zameaka 0,,? Rješeje Budući da prva zameka mora biti različita od ule, imamo sljedeće dvozamekaste brojeve: 0 0 Dakle, za zameku desetica odabrali smo zameku D ={, }, a za zameku jediica zameku D ={ 0,, }\{ }, pa imamo ukupo (ačelo ) 33

32 Kombiatorika kd ( ) kd ( ) = = 4 dvozamekasta broja. Primjer 4. Koliko različitih uređeih r-torki možemo formirati koristeći se elemetima skupa A={,,..., } ajviše jedom? Dakle, zaima as kardiali broj skupa B = {(x, x,..., x r ) : x, x,..., x r A i x i x j za sve i, j A, i j}, Budući da prvu kompoetu možemo izabrati a ačia, drugu a ači i tako dalje, a posljedju r-tu a r + ači, prema ačelu imamo da je k(b) = ( )... ( r + ) ili ( )... ( r+ ) ( r)...! kb ( ) = =... ( r) ( r)!. Ako se od međusobo različitih elemeata formiraju uređee r-torke (r ) u kojima se elemeti e poavljaju i pritom se vodi račua o poretku elemeata, dobivamo varijacije bez poavljaja r-tog razreda od elemeata. Očito je da se oe mogu dobiti ako permutiramo sve kombiacije bez poavljaja r-tog razreda od elemeata. Zato se ukupa broj varijacija bez poavljaja r-tog razreda od elemeata može izračuati formulom r r V = K P, odoso r (8) V =! = ( )... ( r+ ). ( r)! Uočimo da iz (8) proizlazi da su permutacije poseba slučaj varijacija. Naime, ako je r =, oda je! V = =! = P. ( )! r 34

33 Kombiatorika Primjer 5. Na ekoj su željezičkoj pruzi postaje S, S i S 3. Koliko različitih putih karata postoji za sva moguća putovaja tom prugom? Rješeje U postaji S možemo kupiti kartu ili za S ili za S 3. Sličo, u postaji S možemo kupiti kartu ili za S ili za S 3, a u postaji S 3 možemo kupiti kartu ili za S ili za S. Dakle, avedeom prugom moguće je realizirati jedo od sljedećih 6 putovaja: iz S u S, iz S u S 3, iz S u S, iz S u S 3, iz S 3 u S, iz S 3 u S. Jaso je da se putovaje iz, primjerice, S u S bito razlikuje od putovaja S u S pa za ta dva putovaja postoje i različite karte. Dakle, u razmatraom primjeru riječ je varijacijama bez poavljaja drugog razreda od 3 elemeta. Primjer 6. Koliko ima željezičkih postaja a ekoj pruzi ako za sva moguća putovaja tom prugom postoji 930 različitih putih karata? Rješeje Ozačimo sa S ={ S, S,, S } skup svih postaja a toj pruzi. U prethodom primjeru uočili smo da se karta koja vrijedi za putovaje iz mjesta S i u mjesto S j razlikuje od karte amijejee putovaju iz S j u S i. Također se podrazumijeva da se iz S i e može putovati u S i i za jedo i {,,..., }. Prema tome, iz skupa S biramo dva različita elemeta i pri tome pazimo koji je elemet prvi (iz koje staice polazimo), a koji je elemet drugi (kamo putujemo). To zači da je riječ o varijacijama bez poavljaja drugog razreda od elemeata. Iz uvjeta zadatka slijedi jedadžba odoso V = 930, 35

34 Kombiatorika ( ) = 930. Rješeja ove kvadrate jedadžbe jesu: = 30, = 3. Budući da mora biti N, zaključujemo da je = 3, tj. a avedeoj željezičkoj pruzi alazi se ukupo 3 postaja. Primjer 7. U vrećici se alazi 30 (različitih) slova abecede. Nasumce izvlačimo 3 slova i to jedo po jedo bez vraćaja. Koliko troslovčaih riječi možemo sastaviti a opisai ači? Rješeje Očito je riječ o varijacijama bez poavljaja (izvučeo slovo e vraća se u vrećicu!) 3. razreda od 30 elemeata, pa imamo V 30 3 = = 4360, različitih troslovčaih (e užo suvislih) riječi...6. Varijacije s poavljajem Problem 6. Pretpostavimo da igramo mastermid sa 6 boja: crveom, žutom, smeđom, zeleom, plavom i aračastom. Koliko različitih kôdova možemo sada formirati koristeći se četirima čepićima? Rješeje Problem 6 općeitiji je problem od problema 5 jer smo izostavili zahtjev da su čepići različitih boja. To zači da i za prvu i za drugu i za treću i za četvrtu poziciju kadidiraju čepići svih (raspoloživih) boja, pa je ukupa broj različitih kôdova (ačelo ). Uočimo da smo pri rješavaju ovog problema formirali uređee četvorke i da smo dozvoljavali poavljaje elemeata od kojih su sastavljee. To zači da, općeito, kad imamo uređee r-torke kod kojih je dozvoljeo i poavljaje može biti i r >. 36

35 Kombiatorika Primjer 8. Koliko se može apisati trozamekastih brojeva pomoću zameaka 5 i 6? Napišite te brojeve. Rješeje Pomoću zameaka 5 i 6 možemo apisati sljedeće trozamekaste brojeve: Dakle, tražeih trozamekastih brojeva je ukupo 8. Primjer 9. Koliko različitih uređeih r-torki možemo formirati koristeći se elemetima skupa A={,,, }? Rješeje Sada e zahtijevamo da su kompoete uređeih r-torki različite. To zači da treba izračuati kardiali broj skupa B={( x, x,, x ): x, x,, x A}. r Očito je da svaku od r kompoeata možemo izabrati a ačia (budući da poavljaje elemeata skupa A ije zabrajeo, podrazumijevamo da je dozvoljeo), pa budući da je kardiali broj Kartezijeva umoška skupova jedak umošku kardialih brojeva tih skupova (ačelo ), to je kb ( ) =... = r faktora Varijacije s poavljajem jesu varijacije kod kojih se elemeti u uređeim r- torkama mogu i poavljati. Ukupa broj varijacija s poavljajem r-tog razreda od elemeata račuamo formulom r (9) V =. r r r Sada vidimo da smo primjer 8 mogli riješiti i bez eksplicitog abrajaja koristeći se formulom (9): 37

36 Kombiatorika 3 V 3 = = 8. Primjer 30. Kjižičar želi obilježiti kjige pomoću 5 zakova u izu i to tako da su prva dva zaka eka slova abecede, a preostala tri eke brojke dekadskog sustava. Koliko kjiga može obilježiti a taj ači ako se: a) i slova i brojke e smiju poavljati, b) i slova i brojke smiju poavljati? Rješeje a) Prvo slovo biramo između 30 slova abecede, pa ga možemo izabrati a 30 ačia. Drugo slovo biramo između preostalih 9 slova abecede, tj. možemo ga izabrati a 9 različitih ačia. Dakle, dva različita slova možemo izabrati a 30 9 = 870 različitih ačia. Prva brojka jeda je od elemeata skupa D = {0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, tj. možemo je izabrati a 0 ačia. Drugu brojku možemo izabrati a 9, a treću a 8 ačia, što (prema ačelu ) zači da tri različite brojke dekadskog sustava možemo izabrati a = 70 različitih ačia. Budući da svakoj dvoslovčaoj riječi možemo pridružiti 70 (različitih) trozamekastih brojeva, zaključujemo da kjižičar može a avedei ači obilježiti ukupo = kjiga. Zadatak smo mogli riješiti i a sljedeći ači. Kjižičar ajprije bira dvočlae skupie iz skupa od 30 elemeata, što zači da ih je ukupo V 30 = 870, 38 zatim tročlae skupie iz skupa od 0 elemeata, a budući da je ovakvih skupia

37 Kombiatorika ukupo može obilježiti V 30 V 0 3 = 70, 3 V = kjiga. b) Sada je dozvoljeo poavljaje i slova i zameki, pa kjižičar može obilježiti ukupo V V0 = 30 0 = 9 0 = kjiga. Ovaj primjer ujedo ukazuje a mogućost da razlikujemo proizvode izrađee u serijskoj proizvodji obilježavajući ih pomoću zakova u praksi je to običo kombiacija slova i zameaka kao i u posljedjem primjeru..3. Biomi teorem Već se u osovoj školi uči da se kvadrat zbroja može izračuati koristeći se formulom a kvadrat razlike formulom ( a+ b) = a + ab+ b, ( a b) = a ab+ b. Pozato je da se avedee formule dobiju primjeom defiicije kvadrata. Npr. ( a+ b) = ( a+ b)( a+ b) = a + ab+ ba+ b = a + ab+ b budući da za možeje realih brojeva vrijedi zako komutacije, tj. ab = ba. Na aaloga ači možemo izračuati i, primjerice, sedmu poteciju zbroja dvaju realih brojeva. Tada imamo: ( a+ b) 7 = ( a+ b)( a+ b)( a+ b)( a+ b)( a+ b)( a+ b)( a+ b). Podsjetimo se: ekoliko se bioma moži međusobo tako da se svaki čla svakog bioma pomoži svakim člaom svakog od preostalih bioma i dobivei umošci algebarski zbroje. Dobivamo ( a+ b) = a + 7a b+ a b + 35a b + 35a b + a b + 7ab + b. 39

38 Kombiatorika Očito je da primjea avedeog pravila ije kompliciraa, ali postupak je to mukotrpiji što je ekspoet bioma a + b veći. Pokazat ćemo kako se može jedostavije izračuati (a + b) 7, a zatim dobivei rezultat poopćiti a izračuavaje izraza (a + b), gdje je proizvolja prirodi broj. Ako zamo koliko puta pri svakom koraku možimo a samim sobom, odmah zamo i koliko puta možimo b samim sobom. Na primjer, uz a 3 mora dolaziti b 4 jer zači da smo međusobo pomožili prve člaove u tri od sedam bioma a + b, pa zato u četiri preostala bioma moramo međusobo možiti druge člaove, tj. broj b. Budući da od 7 bioma a + b treba uzeti 3 puta prvi čla, a to možemo učiiti a = = 3 ačia, zaključujemo da je koeficijet uz jedak broju kombiacija trećeg razreda od 7 elemeata, tj. broju 35. Na istovjeta ači možemo odrediti i druge koeficijete, pa imamo ( a+ b) = ab + ab ab ab ab ab ab ab = a + 7a b+ a b + 35a b + 35a b + a b + 7ab + b. Aalogim razmatrajem može se dokazati da vrijedi ( a b) a a b a + = + + b + + ab ili, kraće pisao, (0) ( a b) a a b a + = + + b + + ab Posebo, ako umjesto b stavimo b, imamo k ( a b) ( ). k a k b k = k= 0 + b + b

39 4 Kombiatorika Teorem. (BINOMNI TEOREM) Budući da se brojevi k, gdje je N, a k N {0}, pojavljuju kao koeficijeti u razvoju bioma, azivaju se biomim koeficijetima. Oi se mogu poredati u Pascalov trokut: koji ima sljedeća svojstva:. prvi i posljedji broj u svakom retku jest,. ostali se brojevi dobiju tako da se zbroj dvaju susjedih brojeva ekog retka upiše u idući red između jih, a primjer, između i upišemo, ispod i upišemo 3 i tako dalje. Budući da su brojevi koji se pojavljuju u Pascalovom trokutu biomi koeficijeti, možemo ga pisati i a sljedeći ači: k k

40 Kombiatorika Teorem 3. Za biome koeficijete vrijedi idetitet k = k + k Dokaz k + k = ( )! k k + ( )!!( )! ( k )!( k + )! = ( )! ( )! = kk ( )!( k )! + = ( k )!( k)! ( )! = + ( k )!( k )! k k = ( )! = ( k )!( k k k =! )! ( ) k!( k)! = =. k Uočimo da Pascalov trokut predstavlja samo primjeu teorema 3. 4

41 Zadatci. Odredi kardiali broj sljedećih skupova: a) A = {x: x R i 3x = 0}; b) B = {x: x R i 3x = 0}; c) C = {x: x R i x = 0}; d) D = {x: x R i (3x )(x + ) = 0}; e) A = {x: x N i x < 0}; f ) F = {x: x N i x 00}; g) G = C E; h) H = E \ F; i) I = E F.. Zadai su skupovi: A = {x : x je redi broj daa u mjesecu}, B = {x : x je redi broj mjeseca u godii}, C = {x : x je godia u 0. stoljeću}. a) Na koji ači možeš iterpretirati eke elemete skupa D = A B C? Koristeći se dobiveim rezultatom, apiši datum svog rođeja. b) Odredi k(d). 3. Pokaži da se jedakost k(a B) = k(a) + k(b) k(a B) reducira a jedakost k(a B) = k(a) + k(b) ako i samo ako je A B =, tj. samo ako su skupovi A i B disjukti. 4. Ako su skupovi A i B disjukti i ako za jih vrijedi jedakost k(a B) = k(a), što zaključuješ o skupu B? 5. Ako eprazi skupovi A i B isu disjukti i ako za jih vrijedi jedakost k(a B) = k(a), što zaključuješ o skupu B? 6. Prilikom bacaja kocke, čije strae su ozačee brojevima,, 3, 4, 5, 6, rezultat svakog bacaja jest jeda broj iz skupa Napiši sljedeće skupove: E = {,, 3, 4, 5, 6}. 43

42 44 a) A= { x: x E i x jepara broj} ; b) B= { x: x Ei x jeprost broj}; c) C= { x: x Ei x ije djeljiv sa 3}. Odredi kardiali broj skupa D = (A B C) \ (A B C). 7. Bacamo ajprije ovčić, a zatim kocku. Rezultat tog pokusa jest elemet skupa E= {( x, y): x { PG, } i y {, 3456,,,, }}, gdje P zači da se a ovčiću pojavilo pismo, a G grb. Napiši sljedeće skupove: a) A= {( x, y) E: x je pismo,a y je para broj} ; b) B= {( x, y) E: y je prost broj} ; c) C= {( x, y) E: x je grb, a y je epara broj} ; d) D= B C; e) E= c( B) C; f ) F = c( B) c( C); g) G= A cb ( C), a zatim im odredi kardiali broj. 8. U jedom dau u ekoj mesici 58 kupaca kupi po jeda kilogram juetie, a 37 po jeda kilogram piletie. Koliko je kupaca u tom dau poslužeo u toj mesici ako ih je 5 kupilo i po jeda kilogram juetie i po jeda kilogram piletie? 9. Pregledom 000 osoba utvrđeo je sljedeće: 6 redovito puši cigare, 336 redovito puši cigarete, 9 redovito puši lulu, 7 redovito puši cigare i lulu, 64 redovito puši cigare i cigarete, 48 redovito puši cigarete i lulu, 6 redovito puši i cigare i cigarete i lulu. a) Koliko je epušača pregledao? b) Koliko pregledaih redovito puši samo cigarete? 0. Izračuaj: a) 5!; b) 0!; c) 30! 5!.

43 . Ispitivaje se provodi pomoću aketog lista koji se sastoji od 0 pitaja. Ako su za prvih 0 pitaja pouđea po 4 odgovora, a za preostala pitaja po 3, koliko se ajviše može dobiti različito popujeih aketih listova?. Na koliko se različitih ačia mogu permutirati slova od kojih su sastavljee riječi: a) ŠKOLA; b) MATEMATIKA; c) EKONOMIJA? 3. U kjižici je 5 kjiga: jeda s crveim, dvije s plavim, jeda s crim uvezom i jeda euvezaa kjiga. Na koliko ačia (s obzirom a boju uveza) možemo poredati avedee kjige pazeći pri tome da euvezaa kjiga e bude s kraja? 4. Ulice ekog grada shematski su prikazae a slici 6, gdje smo s A i, i {,,..., 9} ozačili raskrižja ulica. Koristeći se stablom, odredite a koliko se ačia može stići iz a da se pri tome e prođe dva puta i jedim raskrižjem. slika Koliko se različitih sigala, koji se sastoje od 8 zastavica koje vise a jedom koopcu jeda ispod druge, može sastaviti ako se upotrijebe 3 idetiče plave, 3 idetiče bijele i idetiče crvee zastavice? 6. Na koliko se ačia mogu složiti 4 kjige iz matematike, 5 iz ekoomije, 3 iz prava i 6 iz kjiževosti ako se kjige iz istog predmeta moraju alaziti zajedo? 7. Zadao je 7 točaka od kojih ikoje 3 isu kolieare (tj. e leže a istom pravcu). Na koliko se raličitih ačia oe mogu međusobo spojiti izlomljeom crtom? 8. Ako 5 paralelih pravaca, koji leže u ravii π, presječemo sa 4 međusobo paralela pravca, koji također leže u ravii π, koliko paralelograma dobijemo? 9. Poopći prethodi zadatak a slučaj kada imamo po dva sopa od odoso pravaca koji svi leže u istoj ravii. 0. Koji poligo ima a) dva puta više straica ego dijagoala; b) točo dvije straice više ego dijagoala?. U ravii je zadao: a) 5; b) 0; c) 77 točaka od kojih ikoje 3 e leže a istom pravcu. Koliko pravaca određuju avedee točke? 45

44 . Dokaži: broj prostorih dijagoala prizme, čija je baza -terokut, jedak je 3. Odredi N za koji je: 46 ( 3)., 3 a) P = 0; b) P = 80 ; c) K = 35; 3 d) K = 84 ; e) V 4 = 3; f ) V = Neko društvo ima 50 člaova. Koristeći se ačelom, izračuaj a koliko ačia člaovi tog društva mogu izabrati predsjedika, dopredsjedika i blagajika ako jeda osoba e može istovremeo obašati dvije fukcije. 5. Taja šifra sastoji se od slova abecede poslije kojih dolaze 3 različite zameke dekadskog sustava. Koliko se različitih šifara može sastaviti a opisai ači ako prva zameka e može biti ula? 6. Koliko ima a) trozamekastih; b) peterozamekastih; c) deveterozamekastih brojeva u kojima se e poavlja i jeda zameka dekadskog sustava? 7. Koliko se različitih triaesteroslovčaih riječi (e užo suvislih) može sastaviti od slova koja formiraju riječ KOMBINATORIKA? 8. Imeđu gradova A i B postoji 5, a između gradova B i C 6 autobusih liija. a) Koliko autobusih liija postoji između gradova A i C ako se putuje preko grada B? b) Na koliko se ačia može otputovati iz A u C i zatim vratiti u A ako se oba puta putuje preko grada B? c) Na koliko se ačia može realizirati putovaje opisao pod b) ako se za povratak e koriste liije kojima se putovalo iz A u C? 9. U kutiji je 0 različitih kuglica. Na koliko ačia možemo odabrati 3 kuglice ako kuglice izvlačimo jedu po jedu i ako svakog izvlačeja: a) vraćamo; b) e vraćamo u kutiju? učeika jedog razreda treba podijeliti u 4 grupe: dvije grupe od po 0 učeika igrat će ogomet jeda protiv druge, a dvije grupe od po 7 učeika košarku. Na koliko ačia možemo formirati avedee grupe? 3. Imamo 8 ispravih i 3 eisprava različita proizvoda. Na koliko ih ačia možemo poredati u iz tako da: a) svi eispravi proizvodi budu jeda do drugoga; b) jeda eisprava proizvod bude a početku, drugi u sredii (tj. a šestom mjestu), a treći a kraju tog iza;

45 c) bar dva eisprava proizvoda budu jeda do drugoga? 3. 4 djevojke i 4 mladića idu zajedo u kio i imaju ulazice za isti red (u kojem je upravo 8 stolaca). Na koliko ačia mogu sjediti za vrijeme predstave ako: a) su brojeve sjedišta izvlačili prije predstave asumce, b) žele da sve djevojke budu jeda do druge, c) žele da sve djevojke budu jeda do druge, ali i da svi mladići budu zajedo, d) žele da a dvije susjede stolice e sjede osobe istog spola? 33. Poopći prethodi zadatak a slučaj kad k djevojaka i k mladića idu zajedo u kio i imaju ulazice za isti red u kojemu je k stolaca. 34. Koristimo zameke,, 3, 4, 5, 6 i 7 bez poavljaja. a) Koliko možemo dobiti trozamekastih brojeva? b) Koliko možemo dobiti trozamekastih brojeva majih od 500? c) Koliko je dobiveih trozamekastih brojeva eparo? d) Koliko je dobiveih trozamekastih brojeva djeljivo s 5? e) Koliko je dobiveih trozamekastih brojeva djeljivo s 3? 35. Riješi prethodi zadatak ako je dopušteo poavljaje zameaka,, 3, 4, 5, 6 i Izračuaj: a) 5 ; b) 7 3 ; c) 3 00 ; d) Pokaži da je =, a zatim poopći rezultat, tj. pokaži da je 4 k = k. 38. Koristeći se prethodim zadatkom, izračuaj: a) ; b) ; c) ; d) Izračuaj: a) ( +! ) ; b)!( + ) ; c)! ( + )!. 47

46 40. Odredi N za koji je: 48 a) 3 = 4 ; b) + = 7 3 ; c) = 3; d) = 35 ; e) + = Pokaži da je ( ) ( r + ) =! ( r)!. m k 4. Pokaži da je m k = k m k. 43. Koristeći se biomim teoremom, dokaži: ako je skup S skup s koačo mogo elemeata, oda za partitivi skup skupa S, P(S), vrijedi kps ( ( )) =. 44. Koristeći se biomim teoremom, pokaži da je ( ) = Pokaži da vrijedi jedakost = 46. Koristeći se biomom formulom, prikaži:. k a) (x + ) 3 ; b) (x + ) 4 ; c) (x + ) 4 ; d) (x + ) 5 ; e) (x ) 5 ; f ) (x ) Koristeći se biomom formulom, prikažite: a) (z ) 5 ; b) (3 z) 4 ; c) (z 3) 4 ; d) ( z) 6 ; e) (3 + 4z) 4 ; f ) (z ) Koristeći se biomom formulom, prikaži: a) 3 x ; b) x Koristeći se biomom formulom, prikaži: 4 x k= 0 3 ; c) x. a) ( x y) 4 ; b) x ; c) xy y z ; d) ( xy ) ; e) ( 3+ z ). 4

47 7 50. Odredi a) drugi, b) četvrti, c) šesti čla u razvoju bioma x + y. 5. Odredi a) prvi, b) peti, c) deveti čla u razvoju bioma (x + 3y) Odredi a R takav da je koeficijet uz treći čla u razvoju bioma (x + ay) 7 jedak 688. a 53. Odredi a R takav da je koeficijet uz treći čla u razvoju bioma xy y 7 jedak y 54. Odredi a R takav da je koeficijet uz treći čla u razvoju bioma ax jedak Odredi a R takav da je koeficijet uz treći čla u razvoju bioma ( xy a z) 9 jedak Odredite tako da koeficijet uz četvrti čla u razvoju bioma ( + x) bude dvostruko veći od koeficijeta uz prvi čla u razvoju avedeog bioma. 57. Odredite tako da koeficijet uz drugi čla u razvoju bioma ( + 3x) bude za 6 puta veći od koeficijeta uz prvi čla u razvoju avedeog bioma. 58. Odredite tako da koeficijet uz peti čla u razvoju bioma + x x koeficijeta uz četvrti čla u razvoju avedeog bioma. 8 bude trostruko veći od x 59. Odredite tako da koeficijeti uz sedmi čla i osmi čla u razvoju bioma xy + y međusobmo jedaki. budu 60. U razvoju bioma (x + ) odredi koeficijet uz x 3 ako je pozato da se u tom biomom razvoju podudaraju koeficijeti drugog i osmog člaa. 6. U razvoju bioma x + odredi koeficijet uz x x 4 ako je pozato da se u tom biomom razvoju podudaraju koeficijeti četvrtog i osmog člaa. 6. U razvoju bioma odredi koeficijet uz x ako je pozato da je u tom biomom razvoju koeficijet uz šesti čla dvostruko veći od koeficijeta uz peti čla. Rješeja. a) k(a) = ; b) k(b) = ; c) k(c) = 0; d) k(d) = ; e) k(e) = 00; f ) k(f) ije defiirao, jer skup F ema koačo mogo elemeata; g) k(g) = 0; h) k(h) = 99; i) k(c F) ije defiirao.. a) Neke elemete skupa D možemo iterpretirati kao datum u 0. stoljeću. b) k(d) = (broj daa u 0. stoljeću). 49

48 3. Ako je A B = oda je k( A B) = k( A) + k( B) k( A B) = k( A) + kb ( ), jer je k( ) = 0. S druge strae, ako je k(a B) = k(a) + k(b), zaključujemo da je k( A B) =0, a to zači da je A B=. 4. B = 5. B A. 6. a) A = {, 4, 6}; b) B = {, 3, 5}; c) C = {,, 4, 5}; d) k(d) = a) A = {(P, ), (P, 4), (P, 6)}; b) B = {(P, ), (P, 3), (P, 5), (G, ), (G, 3), (G, 5)}; c) C = {(G, ), (G, 3), (G, 5)}; d) D = {(G, 3), (G, 5)}; e) E = {(G, )}; f ) F = {(P, ), (P, ), (P, 3), (P, 4), (P, 5), (P, 6), (G, ), (G, ),(G, 4), (G, 6)}; g) G = F. 9. a) 44; b) a) 0; b) ; c) =.. a) 5! = 0; b) 3. P P = ! = 680.! 3!! 6. 4! 5! 3! 6! 4! = ! = 500; c) 9! = 8440.! 3!!! 7. 9! = K5 K4 = 60 =. 9. p p Kp K p = a) = 4; b) = 4.. a) 0 = ; b) 0 45 = ; c) =.. Jeda kraj dijagoale možemo izabrati a ači, a drugi (budući da je riječ o prostoroj dijegoali) a 3 3 ačia. Dakle, broj prostorih dijagoala je 3 = ( ). 3. a) = 5; b) = 6; c) = 7; d) =7, jer iz K 3 = + = 84 slijedi: ( + )( + ) = 3! 84 =9 8 7; 3 e) =, jer je 3 = ; f ) pa je = = = 9 0 = a) = 648; b) = 76; c) = 9 9! = ,,, 3! 7. P 3 = = a) 30; b) 900; c) 600. (! 3 ) 3 9. a) V 0 = 000; b) V 0 = 0 98 =

49 3. a) Ako eispravi proizvodi moraju biti jeda do drugoga, možemo ih promatrati kao jeda proizvod, pa avedeih ispravih i eispravih proizvoda možemo poredati a 9! ačia. Ali budući da 3 različita eisprava proizvoda možemo poredati u iz a 3! ačia, tražeo možemo učiiti a 9!3! = ačia. b) Prema ačelu imamo = 8! 3! = 490 mogućosti. 3 c) Na ačia možemo od 3 različita eisprava proizvoda odabrati, koja možemo poredati a! ačia. Promatramo li ta dva proizvoda kao jeda, možemo avedeih proizvoda poredati a 0! ačia, što zači da tražeo 3 možemo učiiti a !! =!! = ačia. 3. a) 8! = 40 30; b) 5! 4! = 880; c) (4!) = a) (k)!; b) (k + )! k!; c) (k!). 34. a) V 7 3 = 765 = 0; b) Zameka stotica je iz skupa {,, 3, 4}, a zameka desetica i jediica iz skupa {,, 3, 4, 5, 6, 7}. Dakle, možemo dobiti 4 (7 ) (7 ) = = 0 trozamekastih brojeva majih od 500. c) Zameka jediica je iz skupa {, 3, 5, 7}. Ako su i zameke stotica i zameka desetica para broj, tj. iz skupa {, 4, 6}, oda imamo ukupo 3 4 = 4 trozamekasta broja. Ako su i zameka stotica i zameka desetica epara broj, tj. iz skupa {, 3, 5, 7}, oda imamo 4 3 = 4 trozamekasta broja. Ako je zameka stotica para broj, a zameka desetica epara ili zameka stotica para, a zameka desetica para broj, oda imamo = 7 trozamekasta broja. Dakle, ukupo je = 0 eparih trozamekastih brojeva. Do ovog rezultata smo mogli doći i bez korišteja ačela. Naime, od 7 brojeva 4 su epara, a trozamekastih brojeva je 0, pa je eparih trozamekastih brojeva =. d) Budući da zameka jediica mora biti 5, to je ukupo 6 5 = 30 trozamekastih brojeva djeljivo s 5. e) a) 7 = 343; b) = 96; c) = 96; d) 7 7 = 49; e) a) 0; b) 35; c) 86; d) ! 34! 43. Poopćeje:!!!! 4 k! k k!! = =!( )! ( k)! k! ( k)!( ( k))! k 38. a) 4 950; b) 9 600; c) 50 6; d) a) ( + )( + ) = ; b) ; c) = =. 40. a) Ne postoji N s tražeim svojstvom. b) = 5, c) = 5, d) = 7, e) = Izraz a lijevoj strai treba pomožiti s ( r )! ( r)!. m 4. m m k =!! m m k m k =!!( )!!( )! k!( m)!( m k)!. k S druge strae je k k m k =! k k ( )!! =!( )! ( m k)!( m)! k!( m)!( m k)!. 43. Praza skup je podskup svakog skupa, pa je P(S) Ukupo je jedočlaih podskupova skupa S, dvočlaih; općeito je k-člaih podskupova skupa S, tj. broj elemeata skupa P(S) je k k k k k = = ( + ) =. k k = 0 = 0 5