Permutáció

Az 5 diák sorba rendezése ismétlés nélküli permutáció, hiszen minden diák pontosan egyszer szerepelhet a sorban.

A sorrendek száma: \( 5! = 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 120 \).

Tehát 120-féleképpen állhatnak sorba.

A könyvek sorrendje számít, és mind a 6 könyvet felhasználjuk pontosan egyszer.

A lehetséges sorrendek számát ismétlés nélküli permutációval számoljuk: \( P_6 = 6! = 720 \).

A könyveket 720-féleképpen tehetjük fel a polcra.

8 különböző elemet rendezünk sorba ismétlés nélkül.

A sorrendek száma: \( 8! = 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 40\,320 \).

Tehát 40 320-féleképpen alakulhat a befutó.

A "MATEK" szó 5 különböző betűből áll (M, A, T, E, K). Ezeket kell sorba rendeznünk ismétlés nélkül.

Az esetek száma: \( 5! = 120 \).

Összesen 120 különböző szót lehet alkotni.

A "BABA" szó 4 betűből áll, de vannak azonos betűk: 2 darab 'B' és 2 darab 'A'.

Ilyenkor ismétléses permutációt használunk. Elosztjuk a teljes sorrendet az azonos elemek belső sorrendjével, hiszen ezek felcserélése nem hoz létre új szót.

\( P_4^{2,2} = \frac{4!}{2! \cdot 2!} = \frac{24}{2 \cdot 2} = \frac{24}{4} = 6 \)

Ezek a következők: BABA, BAAB, BBAA, ABAB, ABBA, AABB. Tehát 6 anagramma létezik.

A szó 4 betűs, amiből 2 darab 'A', 1 'L' és 1 'M' található.

Az ismétléses permutáció képlete alapján az ismétlődő betűk faktoriálisával osztunk:

\( P_4^{2,1,1} = \frac{4!}{2!} = \frac{24}{2} = 12 \)

Összesen 12 különböző szót lehet kirakni.

Összesen \( 3 + 2 + 4 = 9 \) darab golyónk van. Ha mind különböző lenne, 9! sorrend létezne.

Mivel az azonos színű golyók felcserélése nem változtat a sorrenden, ismétléses permutációt kell alkalmazni, osztva az azonos színek darabszámának faktoriálisával:

\( P_9^{3,2,4} = \frac{9!}{3! \cdot 2! \cdot 4!} = \frac{362\,880}{6 \cdot 2 \cdot 24} = \frac{362\,880}{288} = 1260 \)

1260-féleképpen tehetjük őket sorba.

A 6 darab számjegy sorba rendezéséről van szó, ahol ismétlődő elemek vannak: az 1-esből 3 darab, a 2-esből 2 darab, a 3-asból 1 darab van.

Alkalmazzuk az ismétléses permutáció képletét:

\( \frac{6!}{3! \cdot 2! \cdot 1!} = \frac{720}{6 \cdot 2 \cdot 1} = \frac{720}{12} = 60 \)

Tehát 60 különböző hatjegyű szám képezhető.

Mivel Anna és Béla egymás mellett akarnak ülni, tekintsük őket egyetlen "blokknak" (vagy makro-elemnek).

Így összesen 4 elemet (az "Anna-Béla blokk", Csaba, Dóra, Elemér) kell sorba rendeznünk. Ennek \( 4! = 24 \) lehetséges módja van.

Azonban a blokkon belül Anna és Béla is kétféleképpen ülhet (Anna-Béla vagy Béla-Anna), ami \( 2! = 2 \) lehetőséget jelent.

A független döntések szabálya alapján a két értéket összeszorozzuk: \( 4! \cdot 2! = 24 \cdot 2 = 48 \).

48-féleképpen ülhetnek le a feltétel szerint.

Két alapeset lehetséges: a sor fiúval kezdődik (F-L-F-L...), vagy a sor lánnyal kezdődik (L-F-L-F...).

Az első esetben: a fiúk 5 helyre kerülnek, ők \( 5! \)-féleképpen állhatnak sorba. A lányok szintén 5 helyre kerülnek, \( 5! \)-féleképpen. Ez \( 5! \cdot 5! \) eset.

A második esetben: a helyzet szimmetrikus, szintén \( 5! \cdot 5! \) esetet kapunk.

Az összes eset száma: \( 2 \cdot 5! \cdot 5! = 2 \cdot 120 \cdot 120 = 28\,800 \).

Tehát 28 800-féleképpen állhatnak felváltva.

A kerek asztalnál történő elrendezés klasszikus ciklikus permutáció. Ha a 6 embert egy egyenes sorba ültetnénk, az 6! eset lenne. Azonban az asztal forgatása miatt minden elrendezés 6-szor ismétlődik (mivel nincs rögzített kezdőpont).

A képlet alapján \( n \) elem ciklikus permutációinak száma \( (n-1)! \).

\( (6-1)! = 5! = 120 \)

120-féleképpen ülhetnek körbe.

Egy szám akkor osztható 5-tel, ha utolsó számjegye 0 vagy 5. A megadott halmazban csak a 0 szerepel, tehát a számnak 0-ra kell végződnie.

Ha az utolsó jegy 0, akkor a fennmaradó 4 számjegyet (1, 2, 3, 4) kell elhelyeznünk az első 4 helyiértéken.

Ezek sorrendje ismétlés nélküli permutáció: \( 4! = 24 \).

Összesen 24 ilyen szám létezik. (Mivel a 0 a végén van, nem kell tartanunk attól, hogy a szám 0-val kezdődik.)

Egy szám akkor páros, ha az utolsó számjegye páros. A megadott jegyek közül a 2 és a 4 felel meg ennek a feltételnek.

1. eset: A szám 2-re végződik. A maradék 3 helyre a maradék 3 számjegyet (1, 3, 4) tehetjük, ami \( 3! = 6 \) lehetőséget ad.

2. eset: A szám 4-re végződik. Ugyanígy a maradék 3 jegy \( 3! = 6 \) lehetőséget ad.

A két eset egymást kizárja, így összegezzük a lehetőségeket: \( 6 + 6 = 12 \).

Röviden: az utolsó helyre 2 számjegy közül választhatunk, a többire \( 3! \). Eredmény: \( 2 \cdot 3! = 12 \).

Tekintsük az egy nemzetiséghez tartozó diákokat egy-egy önálló blokknak. Így van 1 magyar, 1 angol és 1 német blokkunk. Ezt a 3 blokkot \( 3! = 6 \)-féleképpen lehet sorba állítani.

A blokkokon belül az azonos nemzetiségű diákok is felcserélhetők egymás között:

• A 3 magyar diák sorrendje: \( 3! = 6 \)
• A 4 angol diák sorrendje: \( 4! = 24 \)
• A 2 német diák sorrendje: \( 2! = 2 \)

Mivel ezek a választások egymástól függetlenek, szorozni kell: \( 3! \cdot 3! \cdot 4! \cdot 2! = 6 \cdot 6 \cdot 24 \cdot 2 = 1728 \).

Összesen 1728-féleképpen állhatnak fel.

A legcélravezetőbb a komplementer (kizáró) módszer használata: az összes lehetséges sorrendből kivonjuk azokat, amikor a sárgák egymás mellett vannak.

1. Összes sorrend: \( 4+3+2 = 9 \) golyó ismétléses permutációja: \( \frac{9!}{4! \cdot 3! \cdot 2!} = \frac{362880}{24 \cdot 6 \cdot 2} = 1260 \).

2. A sárgák együtt (rossz esetek): Tekintsük a 2 sárgát egyetlen "dupla-sárga" elemnek. Így maradt 4 piros, 3 kék és 1 "dupla-sárga", összesen 8 elem. Ezek ismétléses permutációja: \( \frac{8!}{4! \cdot 3! \cdot 1!} = \frac{40320}{24 \cdot 6} = 280 \).

3. Végeredmény: Összes \( - \) Rossz = \( 1260 - 280 = 980 \).

A feltételnek 980 sorrend felel meg.

Tekintsük minden házaspárt egy-egy összefüggő blokknak. Így van 3 "pár-blokkunk" és 2 különálló emberünk, ez összesen \( 3 + 2 = 5 \) elem.

Ezt az 5 "elemet" \( 5! = 120 \)-féleképpen lehet sorba rendezni.

Ezután figyelembe kell venni, hogy minden házaspár (blokk) kétféleképpen ülhet (férj-feleség vagy feleség-férj). Ez páronként \( 2! = 2 \) lehetőséget jelent. Mivel 3 pár van, ez \( 2 \cdot 2 \cdot 2 = 2^3 = 8 \) belső sorrendet eredményez.

A lehetőségek száma: \( 5! \cdot 2^3 = 120 \cdot 8 = 960 \).

Tehát 960-féleképpen ülhetnek le.

Használjuk a komplementer halmaz módszerét!

1. Összes eset: A 6 számjegy összes sorrendje: \( 6! = 720 \).

2. Egymás mellett vannak (kizárandó eset): Kezeljük az 1-est és 2-est egyetlen blokkként. Így az elemek: (1,2), 3, 4, 5, 6. Ez 5 "elem", melyek sorrendje \( 5! = 120 \). De az 1-es és 2-es egymás közötti sorrendje (12 vagy 21) miatt ezt szorozni kell 2-vel. Így a rossz esetek száma \( 120 \cdot 2 = 240 \).

3. Végeredmény: \( 720 - 240 = 480 \).

480 ilyen szám képezhető.

Bármilyen úton is megyünk, ahhoz hogy a (4; 3) pontba érjünk, pontosan 4 lépést kell tennünk jobbra (J) és 3 lépést felfelé (F).

Az utak tehát a J, J, J, J, F, F, F "betűkből" alkotott 7 betűs szavaknak (sorrendeknek) felelnek meg.

Ez egy ismétléses permutációs probléma, ahol összesen 7 elemünk van, amiből 4 egyforma (J) és 3 egyforma (F).

\( P_7^{4,3} = \frac{7!}{4! \cdot 3!} = \frac{5040}{24 \cdot 6} = \frac{5040}{144} = 35 \)

Megjegyzés: Ez az eredmény megegyezik a kombinációnál tanult \( \binom{7}{4} \) kiszámításával is.

Tehát 35 különböző legrövidebb út vezet a célhoz.

A 10 ember összes lehetséges sorrendje \( 10! = 3\,628\,800 \).

A sorrendeket szimmetria alapján két egyenlő részre oszthatjuk: az esetek pontosan felében Anna áll Béla előtt, a másik felében pedig Béla áll Anna előtt. (Mivel csak ez a két kimenetel lehetséges a kettőjük egymáshoz viszonyított helyzetét tekintve, és ezek egyenértékűek).

Ennek megfelelően a keresett esetek száma az összes sorrend fele:

\( \frac{10!}{2} = \frac{3\,628\,800}{2} = 1\,814\,400 \)

Tehát 1 814 400-féleképpen állhatnak sorba.

Három, egymást kizáró esetet kell megvizsgálnunk aszerint, hogy milyen könyvek kerülnek a két szélre. A maradék 7 könyvet kell a köztes helyekre ismétléses permutációval elrendezni.

1. eset: A széleken 1-1 matematika könyv van.
Ekkor 2 mat könyvet fixáltunk. Marad elrendezni: 2 mat, 3 fiz, 2 kém.
Lehetőségek száma: \( \frac{7!}{2! \cdot 3! \cdot 2!} = \frac{5040}{24} = 210 \).

2. eset: A széleken 1-1 fizika könyv van.
Ekkor 2 fiz könyvet fixáltunk. Marad elrendezni: 4 mat, 1 fiz, 2 kém.
Lehetőségek száma: \( \frac{7!}{4! \cdot 1! \cdot 2!} = \frac{5040}{48} = 105 \).

3. eset: A széleken 1-1 kémia könyv van.
Ekkor mindkét kémia könyvet fixáltuk. Marad elrendezni: 4 mat, 3 fiz.
Lehetőségek száma: \( \frac{7!}{4! \cdot 3!} = \frac{5040}{144} = 35 \).

Összegzés: Mivel az esetek kizárják egymást, összeadjuk a részeredményeket: \( 210 + 105 + 35 = 350 \).

Összesen 350-féleképpen tehetők fel a könyvek a feltételnek megfelelően.