Φροντιστήριο #7 Λυμένες Ασκήσεις στη Συνδυαστική...

Φροντιστήριο #7

Λυμένες Ασκήσεις στη Συνδυαστική

5/5/2020 Ο κανόνας του Pascal

�� + 1� � = ��

�� + � �� − 1� , 0 ≤ � ≤ �

ή ισοδύναμα,

�� = �� − 1

� � + �� − 1� − 1� , 0 ≤ � ≤ � + 1

Απόδειξη

�� + � �

� − 1� = !�!� ��! + !

��!� ��! =

= � �� !� ��!� ��! + � !

��!� ��! =

=� �� !�� !

�!� ��! = � �� !�� !

�!� ��! = � �� !

�!�� ! =

=� ��!

�!�� ! = �� + 1� �

Το τρίγωνο του Pascal

�� = �� − 1

� � + �� − 1� − 1�

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.

Παρατηρούμε επίσης ότι �� = � �

� − ��

Άλλες εφαρμογές: Διωνυμικοί συντελεστές, 2n, Ακολουθία Fibonacci …

Google!!!!!

Άσκηση Φ7.1

Έστω μία τάξη 100 φοιτητών.

(α) Με πόσους τρόπους μπορεί να σχηματιστεί μία επιτροπή με 10 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 10-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.

Λύση

(α) Πρέπει να επιλέξουμε 10 από 100 αντικείμενα. Συνεπώς η λύση είναι

C(100,10)=100!/(10!90!)= 17.310.309.456.440

(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!)= 658.008 * 5.461.512= 3.593.718.588.096

(γ.1) 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.


C(40,6)*C(60,4)=40!/(6!34!)*60!/(4!56!)= 3.838.380*487.635= 1.871.728.431.300

(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.


C(40,4)*C(60,6)=40!/(4!36!)*60!/(6!54!)= 91.390* 50.063.860= 4.575.336.165.400

Το συνολικό πλήθος ενδεχομένων προκύπτει από τον κανόνα του αθροίσματος και είναι

1.871.728.431.300 + 4.575.336.165.400 = 6.447.064.596.700

Άσκηση Φ7.2

Πόσοι τριψήφιοι αριθμοί

1. Δεν περιέχουν το ίδιο ψηφίο τρεις φορές;

2. Είναι περιττοί αριθμοί;

3. Περιέχουν τουλάχιστον δύο φορές το 9;

Λύση

1. Το συνολικό πλήθος τριψήφιων είναι 103. Από αυτούς, 10 περιέχουν το ίδιο ψηφίο τρεις

φορές – οι 000, 111, 222, ..., 999. Επομένως, η απάντηση είναι 103 – 10 = 990.

2. Υπάρχουν 5 περιττοί μονοψήφιοι στα 10 δυνατά ψηφία. Επομένως, οι μισοί τριψήφιοι

είναι περιττοί αριθμοί: 103 / 2 = 500.

3. 4 πειράματα:

– 1ο ψηφίο διάφορο του 9 και τα άλλα δύο 9 ή



– και τα τρία ψηφία 9:

Επομένως 9+9+9+1 = 28

Άσκηση Φ7.3

Πόσοι φυσικοί αριθμοί που είναι μικρότεροι από το 1.000.000 περιέχουν το ψηφίο 2;

Λύση

Οι φυσικοί αριθμοί μικρότεροι του 1000000 είναι 999999 (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 (0,1,3,4,5,6,7,8,9) ανά 6

Ο αριθμός τους είναι 96-1=531441-1=531440. (εξαιρούμε τον 000000)

Οι υπόλοιποι 999999-531440=468559 περιέχουν το 2

Άσκηση Φ7.4

Πόσοι φυσικοί αριθμοί που είναι μικρότεροι από το 1.000.000 περιέχουν το πολύ τρεις φορές

το ψηφίο 3;

Λύση

Οι αριθμοί που είναι μικρότεροι από 1000000 μπορούν να γραφτούν σαν 6ψήφιοι αριθμοί

(ακόμη κι αν κάποια ψηφία στην αρχή είναι 0)

Οι αριθμοί που περιέχουν 1 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(6,1)⋅ 95=6⋅ 95

Οι αριθμοί που περιέχουν 2 φορές το 3 είναι αντίστοιχα C(6,2)⋅ 94=�62� ⋅94=15⋅ 94

Οι αριθμοί που περιέχουν 3 φορές το 3 είναι C(6,3)⋅ 93=�63� ⋅93=20⋅ 93

Συνολικά (εφαρμόζοντας τον κανόνα του αθροίσματος) είναι

6⋅ 95+15⋅ 94+20⋅ 93=467289

Άσκηση Φ7.5

Πόσες αμφιμονοσήμαντες συναρτήσεις υπάρχουν από ένα σύνολο 5 στοιχείων σε ένα

σύνολο

1. 4 στοιχείων;




Λύση

• 1, 3, 4: καμία, για να υπάρχει αμφιμονοσήμαντη συνάρτηση πρέπει το πεδίο ορισμού

και το πεδίο τιμών να έχουν τον ίδιο πληθικό αριθμό.

• 2: 5! = 120, το πλήθος των μεταθέσεων 5 διαφορετικών στοιχείων.

Άσκηση Φ7.6

Πόσες μεταθέσεις των γραμμάτων A,B,C,D,E,F,G περιέχουν

1. 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;

Λύση

1. 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! = 120.

2. Θεωρείστε το σύνολο M = {B, D, E, CFGA}. Κατ’ αναλογία με το προηγούμενο ερώτημα, η

απάντηση είναι 4! = 24.

3. Θεωρείστε M = {C, D, E, BA, GF}. Η απάντηση είναι 5! = 120.

4. Θεωρείστε M = {ABC, DE, F, G}. Η απάντηση είναι 4! = 24.

5. 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! = 6.

6. Δεν υπάρχει τέτοια μετάθεση! Το Β μπορεί να εμφανίζεται μόνο μία φορά. Η απάντηση

είναι 0.

Άσκηση Φ7.7

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!)

Λύση

Πρέπει να κάνουμε

– 4 βήματα στην κατεύθυνση Χ,

– 3 βήματα στην κατεύθυνση Υ και

– 5 βήματα στην κατεύθυνση Ζ,

δηλαδή ένα σύνολο 12 βημάτων. Υπάρχουν C(12,4) τρόποι να επιλεχθούν ποια από τα 12

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(12,4)

* C(8,3) = 27,720.

Άσκηση Φ7.8

Σε ένα γάμο ο φωτογράφος θέλει να βγάλει τις καθιερωμένες φωτογραφίες. Το σύνολο των

ανθρώπων που θα συμμετάσχουν σε αυτές είναι 10 (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

1. 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.

Λύση

1. 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)! = 15120 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 * 15120 = 90720 τρόπους.

2. και η νύφη και ο γαμπρός πρέπει να είναι στη φωτογραφία

Θεωρώ τα εξής πειράματα:

1. 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 (1) μπορεί να γίνει με C(6, 4)=5*6/2= 15 τρόπους

Το (2) μπορεί να γίνει με P(8, 4)=5*6*7*8= 1680 τρόπους

Το (3) μπορεί να γίνει με 2 τρόπους.

Άρα έχουμε 15*1680*2=50400 τρόπους.

3. είτε η νύφη είτε ο γαμπρός πρέπει να είναι στη φωτογραφία αλλά όχι και οι δύο

• Από το (1) έχουμε 90720 φωτογραφίες με την νύφη και οποιαδήποτε άλλα 5 άτομα. Σε

αυτά περιλαμβάνεται και ο γαμπρός.

• Αντίστοιχα έχουμε 90720 φωτογραφίες με το γαμπρό, και οποιαδήποτε άλλα 5 άτομα.

Σε αυτά περιλαμβάνεται και η νύφη.

• Από το (2), έχουμε 50400 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, 90720+90720-50400-50400 = 80640

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 = 40320.

Ανάλογα, υπάρχουν 40320 διαφορετικές φωτογραφίες με τον γαμπρό, χωρίς τη νύφη. Άρα

συνολικά έχουμε 40320+40320=80640 δυνατές φωτογραφίες.

Άσκηση Φ7.9

Έστω ότι έχουμε έξι αριθμημένα κουτιά, τα 1, 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;

Λύση

Εάν μόνο ένα κουτί έχει πράσινη μπάλα, αυτό μπορεί να είναι οποιοδήποτε και άρα

μπορούμε να κάνουμε την τοποθέτηση με 6 τρόπους.

Εάν δύο από τα κουτιά έχουν πράσινη μπάλα τότε υπάρχουν 5 συνεχόμενα ζευγάρια

κουτιών. 1-2, 2-3, 3-4, 4-5, 5-6.

Όμοια, αν 3 κουτιά έχουν πράσινες μπάλες, υπάρχουν 4 επιλογές.



Όμοια, αν 6 κουτιά έχουν πράσινες μπάλες, υπάρχει 1 επιλογή.

Επομένως, το σύνολο των διαφορετικών επιλογών είναι 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21.

Άσκηση Φ7.10

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 13 φιγούρες (1, 2, 3, ..., 10, βαλές, ντάμα,

ρήγας).

1. Πόσες 13άδες μπορούν να οριστούν;

2. Πόσες 13άδες αποτελούνται από 5 κούπες, τέσσερα καρό και τέσσερα σπαθιά;

3. Πόσες 13άδες αποτελούνται αποκλειστικά από σπαθιά και μπαστούνια;

Λύση

1. (από τα 52 χαρτιά, διάλεξε 13)

2. (από τις 13 κούπες διάλεξε 5, από τα 13 καρό διάλεξε 4 και

από τα 13 σπαθιά διάλεξε τέσσερα)

3. (διάλεξε 13 χαρτιά από το σύνολο των 26 χαρτιών που είναι σπαθιά ή

μπαστούνια)

Άσκηση Φ7.11

Με πόσους τρόπους μπορούμε να βάψουμε 12 γραφεία, έτσι ώστε 3 από αυτά να είναι

κόκκινα, 2 από αυτά μπλε, και 4 από αυτά πράσινα;

Λύση

Με πόσους τρόπους μπορώ να βάψω κόκκινα 3 από τα 12 γραφεία;

C(12, 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(12, 3)·C(9, 2)·C(7, 4) = 277200 τρόποι

C(12,3)·C(9,2)·C(7,4)=�123 � �9

2� �74� =

��!�!�!·

�!�!�!·

�! !�! =

��!�!�! !�! =

!��,��! !�!

Υπάρχουν P(12, 9)=12!/3! τρόποι να βάψουμε με διαφορετικό χρώμα 9 από τα 12 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

12!/(3!3!2!4!)= 479.001.600/(6*6*2*24)= 479.001.600/1728=277200 τρόποι

Γενικά!

Επιλέγουμε k από n αντικείμενα

Τα n αντικείμενα δεν είναι όλα ίδια μεταξύ τους, αλλά χωρίζονται σε t ομάδες ίδιων

αντικειμένων

Ομάδα 1 q1 ίδια αντικείμενα

Ομάδα 2 q2 ίδια αντικείμενα

…

Ομάδα t qt ίδια αντικείμενα

Πόσοι είναι οι διαφορετικοί τρόποι επιλογής:

Άσκηση Φ7.12

Με πόσους τρόπους μπορούμε να δημιουργήσουμε συμβολοσειρές που αποτελούνται από

τρεις παύλες και δύο τελείες;

Λύση

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:

1 2

( , ) (5,5) 5! 5!10

! ! ... ! 3! 2! 0! 3! 2! 3! 2!t

P n k P

q q q

Αρκεί να βρω πόσα διαφορετικά υποσύνολα πληθικού αριθμού 3 έχει ένα σύνολο 5 θέσεων

(σε αυτές θα βάλω τις παύλες). Επομένως,

5!(5,3) 10

3! 2!C

Δεν έχει διαφορά το να βρω πόσα διαφορετικά υποσύνολα πληθικού αριθμού 2 έχει ένα

σύνολο 5 θέσεων (για να βάλω σε αυτές τις τελείες), επειδή:

5! 5!(5,3) 10 (5, 2)

3! 2! 2! 3!C C

Και γενικά: ( , ) ( , )C n k C n n k

Άσκηση Φ7.13

Πόσες διαφορετικές λέξεις μπορούμε να δημιουργήσουμε με αναγραμματισμούς της λέξης

«ΚΑΤΑΚΑΘΙ»;

Λύση

Το πλήθος δίνεται από τη σχέση P(n, k)/(q1!q2!…qt!) όπου n = 8, k=8, t=5, q1=3, q2=2, q3=1,

q4=1, q5=1. 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 q1=3, q2=2, q3=1, q4=1 και

q5=1 φορές, αντίστοιχα. Άρα το πλήθος είναι

11

1 1 2

1 1 2 1 2

( , )( , )

( , ) ( , ) ... ( , )! ! ... ! ! ! ... !

t

iti

i t

i t t

P n qP n k

C n q C n q q C n q qq q q q q q

Άσκηση Φ7.14

Πόσες διαφορετικές λέξεις, έστω και χωρίς νόημα, σχηματίζονται με αναδιατάξεις των

γραμμάτων της λέξης “ΤΑΥΤΟΤΗΤΑ”;

Λύση

Η δοθείσα λέξη έχει 9 γράμματα. Εξ αυτών τα 4 είναι Τ, τα 2 είναι Α και από 1 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(3,1) τρόπους) το Η με C(2,1)

τρόπους και τέλος το Υ με C(1,1) = 1 τρόπο

Εφαρμόζοντας τον κανόνα του γινομένου καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι οι συνολικές

αναδιατάξεις των γραμμάτων είναι:

C(9,4)⋅ C(5,2)⋅ C(3,1)⋅ C(2,1)⋅ C(1,1) = �94� ⋅ �5

2� ⋅ �31� ⋅ �2

1� ⋅ �11� = 7560

Ή κατευθείαν μια και το Τ επαναλαμβάνεται 4 φορές, το Α 2 φορές και τα άλλα γράμματα

είναι από 1 φορά

#�9,9� 4! ⋅ 2! = 9!

4! ⋅ 2! = 7560

Άσκηση Φ7.15

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

1. 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.

Λύση

1. Υπαρχουν 4 δυνατές επιλογές για το 1ο 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 = 972

2.

Άσκηση Φ7.16

Μία γυναίκα έχει 11 καλούς φίλους από τους οποίους οι έξι είναι επίσης γυναίκες.

(α) Με πόσους διαφορετικούς τρόπους μπορεί να καλέσει τρεις ή περισσότερους σε ένα

πάρτι;

(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).

Λύση

(α) 1ος 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 11 διαφορετικών ανθρώπων είναι

(α) 2ος 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 1 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 Φ7.17

(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).

Λύση

(α) Μας ενδιαφέρει η διάταξη και μπορούμε να έχουμε επανάληψη, άρα 243 * 104 = … =

138.240.000

(β) Μας ενδιαφέρει η διάταξη αλλά δεν μπορούμε να έχουμε επανάληψη, άρα

P(24,3)*P(10,4) = 61.205.760

(γ) Είναι P(3, 3)/(2! 1!) = 3!/2! = 3 και P(4,4)/(2! 1! 1!) = 4! / 2! == 12 άρα έχουμε 3*12 = 36

δυνατές πινακίδες.

Άσκηση Φ7.18

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;

Λύση

(α)

1. Παίρνουμε τον 1o από τους 2 φίλους και μας μένουν 6 άτομα από τα οποία θέλουμε τα 4

άρα C(6,4) = 15

2. Παίρνουμε τον 2o από τους 2 φίλους και μας μένουν 6 άτομα από τα οποία θέλουμε τα 4

άρα C(6,4) = 15

3. Δεν παίρνουμε κανένα από τους 2 και μας μένουν C(6,5) = 6

Αθροιστικά έχουμε 15+15+6 = 36

(β)

1. Στην περίπτωση που θέλουμε να καλέσουμε τους 2 φίλους μας έχουμε άλλες 3 θέσεις άρα

C(6,3) = 20

2. 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 Φ7.19

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;

Λύση

(α) Για κάθε τάξη έχουμε C(n,3) αλλά επειδή είναι 3 τάξεις έχουμε 3 * C(n,3)

(β) Για την 1η τάξη έχουμε C(n,2) και για την 2η έχουμε C(n,1) άρα C(n,2)* C(n,1)

Έχουμε τρεις εναλλακτικές επιλογές:

- Επιλέγουμε 2 από την 1η τάξη και 1 από τις δύο υπόλοιπες, πράγμα που μπορεί να

γίνει με C(n,2)*C(2n,1) τρόπους





Άρα συνολικά, έχουμε 3*C(n,2)*C(2n,1) τρόπους

(γ) Για κάθε τάξη έχουμε C(n,1) άρα τελικά έχουμε C(n,1)* C(n,1) *C(n,1)

Άσκηση Φ7.20

Για μία σειρά ασκήσεων του ΗΥ118, 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.

Λύση

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,1) + … 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 Φ7.21

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 y Μέθοδος: (1) Διαλέγουμε τα άτομα της επιτροπής, (2) Από αυτά, διαλέγουμε τον

πρόεδρό της.

B’ Μέθοδος: (1) 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’(1), A’(2), B’(1) 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.

Λύση

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-1

εναπομείναντα μέκη, επιλέγουμε τα υπόλοιπα k-1 μέλη της επιτροπής.

Επιλογές: �� − 1� − 1�

Από τον κανόνα του γινομένου προκύπτουν n⋅ �� − 1� − 1� τρόποι

n⋅ �� − 1� − 1� = n⋅

� ��!��!⋅�$��%��! =

� ��!��!⋅�$�%�! =

!��!⋅�$�%�! =

�⋅ !%⋅��!⋅�$�%�! =

k⋅ !

%!⋅�$�%�! = k⋅ ��

Άρα οι 2 μέθοδοι καταλήγουν στο ίδιο αποτέλεσμα

Άσκηση Φ7.22

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;

Λύση

Υπάρχουν 2 ενδεχόμενα:

Είτε και τα τρία παιχνίδια να τα πάρουν αγόρια (Ε1) είτε τα 2 παιχνίδια να τα πάρουν αγόρια

και το ένα κορίτσι (Ε2)

Πλήθος δυνατών τρόπων μοιρασιάς Ε1: C(4.3)= �43� = 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=�42� ⋅ 6 = 36

Συνολικά έχουμε 4+36= 40 τρόπους διανομής των παιχνιδιών

Άσκηση Φ7.23

Αν ταξινομήσουμε όλους τους 6ψήφιους αριθμούς που προκύπτουν από την αναδιάταξη

των ψηφίων {1,2,3,4,5,6} κατά αύξουσα αριθμητική σειρά ποιος θα είναι στη θέση 289?

Λύση

Στη σειρά με τους αριθμούς, αυτοί που θα είναι πρώτοι είναι όσοι αρχίζουν από 1 και μετά

έχουν οποιοδήποτε άλλο από τα ψηφία {2,3,4,5,6}

Αυτοί είναι 5!=120 αριθμοί

Αμέσως μετά θα βρίσκονται οι 120 αριθμοί που έχουν σαν 1ο ψηφίο το 2 και μετά

οποιοδήποτε από τα {1,3,4,5,6}

Συνολικά ως εδώ έχουν 240 αριθμούς

Οι επόμενοι 120 αριθμοί θα αρχίζουν από 3. Αυτοί θα είναι στις θέσεις από 241-360. Ο

αριθμός που ψάχνουμε λοιπόν θα αρχίζει από 3 (στην 289η θέση)

Ανάμεσα σ’ αυτούς τους 120 αριθμούς προηγούνται όσοι έχουν 2ο ψηφίο το 1

Είναι δηλαδή της μορφής 31XXXX με το Χ να παίρνει τιμές από το {2,4,5,6}

Αυτοί είναι συνολικά 4!=24 αριθμοί και βρίσκονται στις θέσεις 241-264

Ακολουθούν οι 24 αριθμοί που αρχίζουν από 32 και καλύπτουν τις θέσεις 265-288

Ο 289ος αριθμός θα αρχίζει από 34 και θα είναι ο 1ος (και μικρότερος) από την επόμενη

24άδα αριθμών δηλαδή ο 341256.

Άσκηση Φ7.24

Στα νησιά του Σολομώντα χρησιμοποιούν αλφάβητο με 11 γράμματα. Μπορούν να

έχουν 1500 διαφορετικές λέξεις των 3 γραμμάτων;

Λύση

Οι διαφορετικές λέξεις 3 γραμμάτων είναι 113=1331. Η απάντηση είναι αρνητική

Άσκηση Φ7.25

Πόσες διαγωνίους έχει ένα 2019-γωνο;

Λύση

Από κάθε κορυφή του πολυγώνου ξεκινάν 2019-3 = 2016 διαγώνιοι. Κάθε διαγώνιος ενώνει 2 κορυφές. Συνολικά έχουμε λοιπόν 2019*2016/2 = 2035152διαγωνίους

Άσκηση Φ7.26

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;

Λύση

a. Δεν μας ενδιαφέρει η σειρά, αλλά μπορούμε να έχουμε επανάθεση –το (0,0) (1,1) κλπ

υπάρχουν στο ντόμινο αλλά τα (1,2) και (2,1) αντιπροσωπεύουν το ίδιο τουβλάκι. Άρα

χρησιμοποιούμε την περίπτωση Π5 στη θεωρία μας: Συνδυασμοί με επανάθεση των n ανά k

Το πλήθος τους είναι � ��!�!∙� ��!=

��!�!∙��!=

Q!�!∙R!=28

Β’ Τρόπος. Έχουμε 72 =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

b. Παρόμοια για τους 100 διαφορετικούς αριθμούς από 0 έως 99 συνδυασμένους ανά 2 : ��SS��!�!∙��SS��!=

�S�!�!∙��!= 5050

Άσκηση Φ7.27

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)

Λύση

1. Υπάρχουν 5 επιλογές για την 1η ρίγα, 4 για τη 2η και 3 για την 3η. Συνολικά 5*4*3=60

σημαίες

2. Αν μια ρίγα είναι κόκκινη έχουμε 3 επιλογές για τη θέση της και 4*3=12 για τις άλλες 2.

Συνολικά 3*12=36 σημαίες

Άσκηση Φ7.28

Πόσα διαφορετικά string μήκους 10 μπορούν να κατασκευαστούν από το σύνολο {1,2,3}

τέτοια που κανένα να μην περιέχει τα string 12, 23, 31 (Ένα τέτοιο string είναι για παράδειγμα

το 1132213211 )

Λύση

Αρχίζουμε επιλέγοντας ένα από τα 3 ψηφία (3 επιλογές). Ανάλογα με το ποιο ψηφίο

επιλέξουμε, πρέπει να αποκλείσουμε ένα άλλο για τη θέση του επόμενου, οπότε για το 2ο

ψηφίο έχουμε 2 επιλογές. Όμοια προχωρώντας έχουμε από 2 επιλογές και για τα επόμενα 9

ψηφία. Άρα συνολικά έχουμε 3*29= 1536 τέτοια string.

Άσκηση Φ7.29

Η τράπουλα έχει 52 χαρτιά, 4 «χρώματα» (σπαθιά , κούπες , καρό , μπαστούνια ♠) και

13 διαφορετικά χαρτιά για κάθε χρώμα (2,3,4,5,6,7,8,9,10,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, 10, J, Q είναι φλος, ενώ 3, 4,5,6♠,7, είναι κέντα� a. Πόσα διαφορετικά φλος υπάρχουν; b. Πόσες διαφορετικές κέντες υπάρχουν; Λύση

a. Για κάθε χρώμα μπορούμε να έχουμε φλος που ξεκινά από Α,2,3,4,5,6,7,8,9 ή 10 �10 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 10. Κάθε χαρτί της πεντάδας μπορεί να ανήκει σε οποιοδήποτε από τα 4 χρώματα της τράπουλας. Συνολικά έχουμε 10*45 = 10.240 πεντάδες. Αν αφαιρέσουμε τα φλος έχουμε 10240-40=10200 κέντες Άσκηση Φ7.30

Πόσες ομάδες μπορούν να δημιουργηθούν από ένα γκρουπ 11 ανθρώπων αν η ομάδα πρέπει

να έχει τουλάχιστον ένα άνθρωπο και πρέπει να έχει έναν αρχηγό;

Λύση

Έστω Ο ζητούμενος αριθμός. Έστω Α(i) το πλήθος των ομάδων που μπορούν να

δημιουργηθούν από i άτομα. Τότε:

11( ) *

1

iA 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 11 ατόμων και (β) με πόσους τρόπους

μπορούμε να επιλέξουμε τον 1 αρχηγό από τα i επιλεγμένα άτομα. Επίσης, ισχύει ότι

11 11! ! 11!( ) * *

1 !*(11 )! 1!* ( 1)! (11 )!* ( 1)!

i iA i

i i i i i i

Κάνοντας πράξεις ισχύει ότι:

11!(1) 11

(11 1)!*0!A

11 2 11! 11!(2) * 10*11 110

2 1 (11 2)!*(2 1)! 9!A

11 3 11! 11! 9*10*11(3) * 495

3 1 (11 3)!*(3 1)! 8!*2! 2A

11 4 11! 11! 8*9*10*11(4) * 1320

4 1 (11 4)!*(4 1)! 7!*3! 2*3A

11 5 11! 11! 7*8*9*10*11(5) * 2310

5 1 (11 5)!*(5 1)! 6!*4! 2*3*4A

11 6 11! 11! 6*7*8*9*10*11(6) * 2772

6 1 (11 6)!* (6 1)! 5!*5! 2*3*4 *5A

11 7 11! 11! 7*8*9*10*11(7) * 2310

7 1 (11 7)!*(7 1)! 4!*6! 2*3*4A

11 8 11! 11! 8*9*10*11(8) * 1320

8 1 (11 8)!*(8 1)! 3!*7! 2*3A

11 9 11! 11! 9*10*11(9) * 495

9 1 (11 9)!*(9 1)! 2!*8! 2A

11 10 11! 11!(10) * 10*11 110

10 1 (11 10)!*(10 1)! 9!A

11!(11) 11

(11 11)!*0!A

Άρα, έχουμε Ο = Α(1)+…+Α(11) = 2*(11+110+495+1320+2310)+2772 = 11264 ομάδες.

Άσκηση Φ7.31

Πόσες διαφορετικές λέξεις με πέντε γράμματα μπορούμε να σχηματίσουμε,

χρησιμοποιώντας δύο διαφορετικά φωνήεντα και τρία διαφορετικά σύμφωνα του ελληνικού

αλφαβήτου;

Λύση

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 17 που υπάρχουν». Επομένως, αυτό μπορεί

να γίνει με

7 17 7! 17! 6*7 15*16*17(7,2) * (17,3) * * * 7*15*8*17 14,280

2 3 2!5! 3!14! 2 2*3C C

τρόπους.

Το (β) μπορεί να γίνει με 5! =120 τρόπους.

Επομένως συνολικά υπάρχουν 14,280 * 120 = 1,713,600 τέτοιες λέξεις.

Άσκηση Φ7.32

Πόσοι 10ψήφιοι δυαδικοί αριθμοί περιλαμβάνουν τουλάχιστον τρεις άσσους και

τουλάχιστον τρία μηδενικά;

Λύση

Υπάρχουν συνολικά

(α) Χ1 10ψήφιοι αριθμοί με 0 μηδενικά και 10 άσσους

(β) Χ2 10ψήφιοι αριθμοί με 1 μηδενικά και 9 άσσους

(γ) Χ3 10ψήφιοι αριθμοί με 2 μηδενικά και 8 άσσους

(δ) Χ4 10ψήφιοι αριθμοί με 3 μηδενικά και 7 άσσους

(ε) Χ5 10ψήφιοι αριθμοί με 4 μηδενικά και 6 άσσους

(ζ) Χ6 10ψήφιοι αριθμοί με 5 μηδενικά και 5 άσσους

(η) Χ5 10ψήφιοι αριθμοί με 6 μηδενικά και 4 άσσους

(θ) Χ4 10ψήφιοι αριθμοί με 7 μηδενικά και 3 άσσους

(ι) Χ3 10ψήφιοι αριθμοί με 8 μηδενικά και 2 άσσους

(κ) Χ2 10ψήφιοι αριθμοί με 9 μηδενικά και 1 άσσους

(λ) Χ1 10ψήφιοι αριθμοί με 10 μηδενικά και 0 άσσους

Μας ενδιαφέρουν μόνο οι περιπτώσεις (δ), (ε), (ζ), (η) και (θ), δηλαδή η ποσότητα

2*Χ4+2*Χ5+Χ6.

4

10 10! 8*9*10 720(10,3) 120

3 3!7! 2*3 6C

5

10 10! 7*8*9*10 630(10,4) 210

4 4!6! 2*3*4 3C

6

10 10! 6*7*8*9*10(10,5) 7*2*9*2 252

5 5!5! 2*3*4*5C

Επομένως, υπάρχουν συνολικά 912 τέτοιοι αριθμοί.

Άσκηση Φ7.33

Πόσες μεταθέσεις των 24 γραμμάτων του ελληνικού αλφαβήτου δεν περιλαμβάνουν ούτε

την συμβολοσειρά «ενα» ούτε τη συμβολοσειρά «οκτω»;

Λύση

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!

(1 γράμμα το «ενα» ενιαίο + 21 τα υπόλοιπα γράμματα)

Αντίστοιχα αυτές που περιέχουν το «οκτώ» είναι 21!

Αυτές που περιέχουν και τα δύο είναι 19! (17+1+1=19)

Αθροιστικά λοιπόν οι μεταθέσεις που ζητάμε είναι 24! –(22! + 21! – 19!) =132

Άσκηση Φ7.34

Ένας επταψήφιος αριθμός τηλεφώνου d1d2d3d4d5d6d7 θεωρείται ότι είναι

ευκολομνημόνευτος εάν τα ψηφία του d1d2d3 είναι ακριβώς ίδια με τα ψηφία d4d5d6 ή τα

ψηφία d5d6d7. Για παράδειγμα, ο αριθμός 4357435 είναι ευκολομνημόνευτος. Θεωρώντας ότι

κάθε ψηφίο μπορεί να είναι οποιοσδήποτε αριθμός από το 0 έως το 9, πόσοι

ευκολομνημόνευτοι αριθμοί τηλεφώνου υπάρχουν;

Λύση

Υπάρχουν 10·103 7ψήφιοι αριθμοί τέτοιοι που d1d2d3 = d4d5d6. Για άλλους τόσους ισχύει ότι

d1d2d3 = d5d6d7 και ακριβώς 10 αριθμοί τέτοιοι που d1d2d3 = d4d5d6= d5d6d7 (σ’ αυτή την

περίπτωση ο αριθμός έχει 7 ίδια ψηφία). Συνολικά λοιπόν, εφαρμόζοντας την αρχή

εγκλεισμού – αποκλεισμού, οι ευκολομνημόνευτοι αριθμοί είναι 2·10·103 – 10=19.990.

Άσκηση Φ7.35

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;

Λύση

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 1ο έχουμε 5 επιλογές και για το 2ο 4 επιλογές (δεν

μπορούμε να έχουμε επανάληψη). Άρα συνολικά έχουμε 5·4·1=20 3ψήφιους αριθμούς

Άσκηση Φ7.36

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;

Λύση

1ος τρόπος

Έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

1. Παίρνουμε 3 μαύρες μπάλες

2. Παίρνουμε 2 μαύρες μπάλες και μια άλλη (όχι μαύρη)

3. Παίρνουμε 1 μαύρη μπάλα και δύο άλλες (όχι μαύρες)

1η περίπτωση: C(3,3)=1 τρόπος

2η περίπτωση: C(3,2) ·C(6,1)= 3·6=18 τρόποι

3η περίπτωση: C(3,1) ·C(6,2) = 3·15= 45 τρόποι

Συνολικά (κανόνας του αθροίσματος) υπάρχουν 1+18+45=64 τρόποι

2ος 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:

ΠΕΙΡΑΜΑ1: Επιλέγω μια από τις 3 μαύρες μπάλες με C(3,1)=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(3,1) · 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 1 την μπάλα Μ1 και στο ΠΕΙΡΑΜΑ 2 τις μπάλες Μ2

και Κ3, τελικά θα έχω τις μπάλες Μ1, Μ2 και Κ3.

Αν τώρα επιλέξω στο ΠΕΙΡΑΜΑ 1 την μπάλα Μ2 και στο ΠΕΙΡΑΜΑ 2 τις μπάλες Μ1 και Κ3,

πάλι θα έχω τις μπάλες Μ1, Μ2 και Κ3.

Μολονότι αυτά τα δύο αποτελέσματα είναι ίδια (έχω πάρει τις ίδιες μπάλες) οι δύο αυτές

περιπτώσεις μετρώνται ως ξεχωριστές! Συγκεκριμένα, μετρώνται:

12 περιπτώσεις αν πάρω τις μπάλες Μ1, Μ2 και μια οποιουδήποτε άλλου χρώματος,

ενώ στην πραγματικότητα είναι 6.





3 περιπτώσεις αν πάρω τις μπάλες Μ1, Μ2, Μ3 και καμία άλλη, ενώ στην

πραγματικότητα είναι 1.

Επομένως, έχουμε προσμετρήσει 6+6+6+2 περιπτώσεις που δεν θα έπρεπε… Πράγματι,

υπολογίσαμε 84 αντί του σωστού 64…

Τελικό συμπέρασμα: Χρειάζεται μεγάλη προσοχή!!!

Άσκηση Φ7.37

Επιλέγουμε 7 χαρτιά από μια τράπουλα. Με πόσους τρόπους είναι δυνατόν να τραβήξουμε:

1. 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.

5. 2 σπαθιά και 5 κούπες

Λύση

1. C(12,7) = 792

2. C(40,7) = 18.643.560

3. C(4,2) ·C(48,5) + C(4,2) ·C(48,5) = 20.547.648

4. C(8,2) ·C(44,5)=30.408.224

5. C(13,2) ·C(13,5)=100.386

Άσκηση Φ7.38

To PIN ενός κινητού τηλεφώνου είναι ένας τετραψήφιος αριθμός (π.χ. 2527 ή 0592). Πόσα

διαφορετικά PIN μπορούν να οριστούν αν:

Α. Κανένα ψηφίο δεν επαναλαμβάνεται

Β. Το ψηφίο “1” πρέπει να συμπεριλαμβάνεται τουλάχιστον 1 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

Λύση

Α. �S!R! = 5040 (Διάταξη χωρίς επανάληψη)

Β. Μπορούμε να έχουμε 1 φορά το “1” 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 �41� 9� = 2916 επιλογές, ή 2 φορές

το 1 σε οποιεσδήποτε θέσεις και τα υπόλοιπα 2 από 9 ψηφία- �42� 9� = 486 επιλογές- ή 3

φορές το “1” και 1 ακόμη ψηφίο σε οποιαδήποτε θέση - �43� 9 = 36 επιλογές - ή 4 φορές το

1 – 1 επιλογή. Συνολικά έχουμε (κανόνας του αθροίσματος) 2916+486+36+1=3439 επιλογές

Γ. Έστω ότι ο 4ψήφιος αριθμός γράφεται σαν ABCD (Α το πρώτο ψηφίο, Β το δεύτερο κοκ)

Υπάρχουν οι εξής αποδεκτές περιπτώσεις:

1. 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 1η περίπτωση είναι 9·1·9·9=729 (9 δυνατά

ψηφία για τον Α, 1 για τον Β, 9 για τον C και 9 για τον D)

Από τη 2η περίπτωση προκύπτουν 9·9·10·9 = 7290 4ψήφιοι (9 δυνατά ψηφία για τον Α, 9 για

τον Β, 10 για τον C και 9 για τον D)

Από την 3η περίπτωση προκύπτουν 1·9·10·9=810 4ψήφιοι (Ο Α είναι 0, 9 δυνατότητες για τον

Β, 10 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}. 44 περιπτώσεις. (Διάταξη με επανάληψη)

Ε. Υπολογίζουμε πόσοι 4ψήφιοι αριθμοί δεν περιέχουν πρώτο αριθμό. Είναι αυτοί που

σχηματίζονται από τα ψηφία 0,1,4,6,8,9 και είναι 64. Οι υπόλοιποι 104 -64=8704 περιέχουν

πρώτο αριθμό.

Άσκηση Φ7.39

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;

Λύση

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 + 1,

k + 2, . . ., k + 29} με πληθικό αριθμό 29.

Γνωρίζουμε ότι 1≤k και k+30≤49 άρα 1≤k≤19. Έχουμε λοιπόν 19 επιλογές για τον k και C(29,4)

τρόποι επιλογής των υπόλοιπων 4 αριθμών.

Συνολικά έχουμε 19· C(29, 4) = 19·23751=451269 επιλογές (Κανόνας του γινομένου)

Άσκηση Φ7.40

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)

Λύση

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! = 120 αναγραμματισμοί.

Τα 3 φωνήεντα όμως μπορούν να θεωρηθούν ως ένα γράμμα με 3!= 6 τρόπους.

Συνεπώς συνολικά έχουμε 120·6=720 αναγραμματισμούς

Άσκηση Φ7.41

Με πόσους τρόπους μπορούν να σταθούν στη σειρά 10 αγόρια και 10 κορίτσια ώστε να

εναλλάσσονται (δεν στέκονται 2 αγόρια ή 2 κορίτσια συνεχόμενα)

Λύση

Κατ’ αρχήν τοποθετούμε τα 10 αγόρια. Αυτά μπορούν να σταθούν στη σειρά με 10!

διαφορετικούς τρόπους. Στη συνέχεια τοποθετούμε τα 10 κορίτσια ανάμεσά τους

Αυτά μπορούν επίσης να σταθούν στη σειρά με 10! 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 10 αγόρια όπως φαίνεται παρακάτω

Α1 Α2 Α3 Α4 Α5 Α6 Α7 Α8 Α9 Α10, όταν τοποθετήσουμε και τα 10 κορίτσια η σειρά μας θα μπορεί

να είναι

Α1Κ1Α2 Κ2 Α3 Κ3Α4 Κ4Α5 Κ5Α6 Κ6Α7 Κ7Α8 Κ8 Α9 Κ9Α10 Κ10

ή

Κ1Α1Κ2Α2 Κ3 Α3 Κ4Α4 Κ5Α5 Κ6Α6 Κ7Α7 Κ8Α8 Κ9 Α9 Κ10Α10

Συνολικά λοιπόν έχουμε 10! ·10! + 10! ·10! = 2·10! ·10! τρόπους

Άσκηση Φ7.42

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 1 εξάδα από κάθε μάρκα;

`Λύση

Α. C(5+8-1,8)=C(12,8)=495 (Συνδυασμοί με επανάληψη)

Β. Πρώτα παίρνουμε 1 εξάδα από κάθε μάρκα. Στη συνέχεια πρέπει να επιλέξουμε 3 ακόμη

εξάδες από τα 5 είδη, που μπορούμε να το κάνουμε με C(5+3-1,3)=C(7,3)=35 τρόπους.

Άσκηση Φ7.43

Από ένα σύνολο 7 ανδρών και 3 γυναικών:

i. Πόσες τριμελείς επιτροπές μπορούμε να φτιάξουμε αν η επιτροπή έχει θέση προέδρου,

αντιπροέδρου και γραμματέα;

ii. Πόσες πενταμελείς επιτροπές μπορούμε να φτιάξουμε αν αυτή πρέπει να αποτελείται

από τέσσερεις άνδρες και μία γυναίκα ή τρεις άνδρες και δύο γυναίκες;

Λύση

(i) Εφόσον τα μέλη της επιτροπής έχουν διαφορετικούς ρόλους, μας ενδιαφέρει η σειρά της

επιλογής, επομένως ζητούμε το πλήθος των διατάξεων τριών ατόμων από δέκα, δηλαδή P(10,3)=

10!/3! = 720

(ii) Τα μέλη της επιτροπής είναι ισοδύναμα, άρα μας ενδιαφέρει να καταμετρήσουμε

συνδυασμούς. Έχουμε C(7,4)xC(3,1) τρόπους για να φτιάξουμε επιτροπές με 4 άντρες και 1

γυναίκα και + C(7,3)xC(3,2) τρόπους να φτιάξουμε επιτροπές με τρεις άντρες και δύο γυναίκες.

Άρα, από τον κανόνα του αθροίσματος, συνολικά C(7,4)xC(3,1) + C(7,3)xC(3,2) = 210 επιτροπές.

Άσκηση Φ7.44

Δέκα φίλοι, αποφάσισαν να παίξουν ένα αγώνα μπάσκετ. Με πόσους τρόπους μπορούν να χωριστούν

σε δύο ομάδες των πέντε ατόμων;

Λύση

Όλα τα μέλη μιας ομάδας είναι ισοδύναμα, οπότε μας ενδιαφέρουν οι συνδυασμοί και όχι η διάταξη.

Πρέπει λοιπόν να επιλέξουμε 5 άτομα από τα δέκα και τα υπόλοιπα πέντε από τα πέντε που

απομένουν, δηλαδή, C(10,5) x C(5,5) = 252 x 1 = 252. Ωστόσο, τελικά, έχουμε τις μισές από αυτές τις

επιλογές, γιατί οι 252 τρόποι που βρήκαμε συμπεριλαμβάνουν δύο φορές την κάθε λύση. Για

παράδειγμα, έστω ότι μία από τις επιλεγμένες 5άδες είναι η Α={π1, π2, π3, π4, π5}. Τότε η άλλη

ομάδα είναι η Β={π6, π7, π8, π9, π10}. Στους 252 τρόπους συμπεριλαμβάνεται και η επιλογή των

Α={π6, π7, π8, π9, π10} και των υπολοίπων Β={π1, π2, π3, π4, π5). Οι δύο αυτές λύσεις όμως δεν είναι

διαφορετικές μεταξύ τους. Άρα οι διαφορετικές διαμερίσεις σε ομάδες των 5 ατόμων είναι 252/2=126.

Άσκηση Φ7.45

Υπολογίστε τον αριθμό των μη αρνητικών ακέραιων ριζών της εξίσωσης x+y+z=18

Λύση

Αν φανταστούμε ότι έχουμε 18 μονάδες που κάποιες από αυτές κατανέμονται στο x, κάποιες

στο y και κάποιες στο z (Για παράδειγμα μια λύση θα ήταν η x=7, y=9, z=2. Τότε στο x

κατανεμήθηκαν 7 μονάδες, στο y 9 μονάδες κοκ) Μπορούμε λοιπόν να θεωρήσουμε ότι

έχουμε 3 είδη μονάδες από τα οποία, με επανάληψη, πρέπει να πάρουμε 18.

Άρα έχουμε C(3+18-1,18) = C(20,18)= 190

Άσκηση Φ7.46

Πόσα διαφορετικά τρίγωνα μπορούν να σχηματιστούν χρησιμοποιώντας τις κορυφές ενός

οκταγώνου;

Λύση

C(8,3) = 56

Άσκηση Φ7.47

Το συμβούλιο μιας εταιρίας αποτελείται από 9 άνδρες και 3 γυναίκες. Με πόσους τρόπους

μπορεί να σχηματιστεί μια 4μελής επιτροπή:

1. Εάν δεν υπάρχει περιορισμός στη σύνθεση του συμβουλίου

2. Αν το συμβούλιο πρέπει να αποτελείται από 2 άνδρες και 2 γυναίκες

3. Αν το συμβούλιο πρέπει να περιλαμβάνει ακριβώς μια γυναίκα

4. Αν το συμβούλιο πρέπει να περιλαμβάνει τουλάχιστον μια γυναίκα

Λύση

1. C(12,4)

2. C(9,2)*C(3,2)=108

3. C(9,3)*3=252 (Συμμετέχουν 3 άνδρες και 1 γυναίκα)

4. C(9,3)*3+C(9,2)*C(3,2)+C(9,1)*1=252+108+9=369 (Συμμετέχουν 3 άνδρες και 1 γυναίκα

ή 2 άνδρες και 2 γυναίκες ή 1 άνδρας και 3 γυναίκες)

Άσκηση Φ7.48

Έστω Δ το σύνολο όλων των 4ψήφιων αριθμών που μπορούν να σχηματιστούν από το σύνολο

όλων των ψηφίων Α={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}. Υπολογίστε:

1. Τον αριθμό όλων των υποσυνόλων του Α με 3 ψηφία

2. Πόσα στοιχεία του Δ έχουν 4 διαφορετικά ψηφία

3. Πόσα στοιχεία του Δ έχουν ακριβώς 3 διαφορετικά ψηφία

Λύση

1. 9*103=9000 (Διάταξη με επανάληψη, ενώ τo 1ο ψηφίο δεν μπορεί να είναι 0)

2. Όλες οι διατάξεις των 9 ψηφίων ανά 4 όπου επιτρέπεται η επανάληψη είναι

P(10,4)=�S!R! =5040. Σ’ αυτούς τους αριθμούς όμως συμπεριλαμβάνονται κι αυτοί που

αρχίζουν από 0 που είναι το 1/10 του συνόλου (δηλαδή 504).

Η απάντηση είναι 5040-504=4536

3. Οι αριθμοί θα περιλαμβάνουν ένα ψηφίο 2 φορές και τα υπόλοιπα 2 από μια φορά.

Έχουμε 10 τρόπους να επιλέξουμε το ψηφίο που επαναλαμβάνεται και C(9,2)=\��] =36

τρόπους να επιλέξουμε τα υπόλοιπα 2 ψηφία. Στη συνέχεια επιλέγουμε τα θέσεις των

ψηφίων. Οι διαφορετικές επιλογές για το ψηφίο που επαναλαμβάνεται είναι \ �]=6 ενώ

υπάρχουν 2 επιλογές θέσεις για τα υπόλοιπα 2 ψηφία. Συνολικά λοιπόν (κανόνας του

γινομένου) έχουμε 10*36*6*2=4320 διαφορετικούς αριθμούς. Σ’ αυτούς όμως

περιλαμβάνονται κι αυτοί που αρχίζουν από 0 που είναι το 1/10 αυτών. Άρα μένουν

4320-432=3888

Άσκηση Φ7.49

Μια ομάδα από 3 φίλους πηγαίνουν στο σινεμά και επιλέγουν να καθίσουν σε μια σειρά

από 7 κενά καθίσματα.

1. Με πόσους τρόπους μπορούν να καθίσουν αν πρέπει να καθίσουν με αλφαβητική σειρά

από αριστερά στα δεξιά και κάθε ένας αφήνει ένα κενό κάθισμα στα δεξιά του;

2. Με πόσους τρόπους μπορούν να καθίσουν αν πρέπει κάθε ένας να αφήνει ένα κενό

κάθισμα στα δεξιά του, αλλά δεν είναι υποχρεωτικό να καθίσουν αλφαβητικά;

3. Βρείτε ένα τύπο να γενικεύει τις περιπτώσεις (1) και (2) για k φίλους και n καθίσματα.

Λύση

1. Έστω ότι με αλφαβητική σειρά είναι ο Α, ο Β και ο Γ. Οι τρόποι να καθίσουν είναι 4 (K =

κενή καρέκλα):

ΑKΒKΓKK

ΑKΒKKΓK,

ΑKKΒKΓK και

KΑKΒKΓK

2. Εάν δεν είναι υποχρεωτικό να καθίσουν αλφαβητικά, τότε το παραπάνω πλήθος πρέπει

να το πολλαπλασιάσουμε με τις 3! μεταθέσεις των τριών ανθρώπων (γιατί για κάθε

διάταξη των παραπάνω καρεκλών, μπορεί κανείς να θεωρήσει όλες τις μεταθέσεις των

τριών ανθρώπων). Επομένως, έχουμε 4*3!=24 τρόπους.

3. Κατ’ αρχάς, θεωρούμε ότι n>=2k. Αυτό πρέπει να ισχύει γιατί, για να έχει λύση το

πρόβλημα, θα πρέπει το πλήθος των καθισμάτων να είναι τουλάχιστον διπλάσιο του

πλήθους των ανθρώπων (κάθε άνθρωπος χρειάζεται ένα κάθισμα για να καθίσει κι ένα

για να αφήσει κενό δεξιά του).

Θεωρούμε σαν ένα «μπλοκ» έναν άνθρωπο μαζί με ένα άδειο κάθισμα στα δεξιά του.

Υπάρχουν k τέτοια blocks. Επίσης, υπάρχουν n-2k ίδια καθίσματα. Επομένως, θεωρούμε

τα εξής σύμβολα:

- Τα k διαφορετικά μπλοκ ανθρώπων με μια καρέκλα δεξιά τους.

- Τις n-2k καρέκλες που περισσεύουν και είναι ίδιες μεταξύ τους.

Πρέπει να υπολογίσουμε πόσες «διαφορετικές λέξεις» μπορούμε να φτιάξουμε με τα

παραπάνω σύμβολα. Έχουμε k + n – 2k = n-k σύμβολα, από τα οποία n-2k είναι ίδια

μεταξύ τους. Με αυτά μπορούμε να φτιάξουμε Λ1 = (n-k)!/(n-2k)! λέξεις.

Αυτό ισχύει στην περίπτωση που οι k φίλοι μπορούν να κάτσουν ανεξαρτήτως

αλφαβητικής σειράς. Αν πρέπει να καθίσουν αλφαβητικά, το παραπάνω πλήθος πρέπει

να το διαιρέσουμε με το πλήθος των δυνατών μεταθέσεων των k φίλων κι επομένως η

λύση είναι Λ2 = (n-k)!/(n-2k)!/ k!

Παρατηρείστε ότι οι σχέσεις που βγάλαμε για τα Λ1 και Λ2 επαληθεύονται στην ειδική

περίπτωση του ερωτήματος 1.

Άσκηση Φ7.50

Σε ένα τραπέζι βάπτισης πρέπει να καθίσουν 50 προσκεκλημένοι σε 5 κυκλικά τραπέζια των

10 ατόμων. Με πόσους τρόπους μπορεί να γίνει αυτό;

Λύση

Αρχικά κατανέμουμε τους ανθρώπους στα 5 τραπέζια. Οι 50 προσκεκλημένοι θα χωριστούν

σε 5 ομάδες των 10 ατόμων,

Αυτό γίνεται με !�^S,^S�

�S!∙�S!∙�S!∙�S!∙�S! =^S!

�S!∙�S!∙�S!∙�S!∙�S! τρόπους (Α)

Σε κάθε τραπέζι οι καλεσμένοι μπορούν να καθίσουν με 9! τρόπους: (Οι μεταθέσεις των 10

είναι 10!. Τα τραπέζια όμως είναι κυκλικά και η τοποθετηση αβγδεζηθικ είναι ίδια με την

βγδεζηθικα, την γδεζηθικαβ κλπ που είναι 10 στον αριθμό. Άρα διαιρούμε δια 10 και

προκύπτουν 10!/10 = 9! Τρόποι) Έχουμε 5 τραπέζια συνολικά ��S!�S �^ (κανόνας του

γινομένου) (Β)

Από (Α) και (Β) προκύπτει ότι συνολικά οι καλεσμένοι μπορούν να καθίσουν με

^S!�S!∙�S!∙�S!∙�S!∙�S! ⋅ ��S!

�S �^ =

^S!�S_ τρόπους

Φροντιστήριο #7 Λυμένες Ασκήσεις στη Συνδυαστική...

Documents