Pozn. k obsahu: Vzorce (V(k,n)=(n−k)!n!, K(k,n)=(nk)=k!(n−k)!n!, P(n)=n!) se v PDF ztratily jako vzorcové objekty, doplněny standardním zněním. U úloh 9, 12 a 17 se ztratil i přesný tvar zadaného výrazu — ponechán jen dochovaný postup a výsledek.
Příklady z maturitních testů Cermatu (základní úroveň) — Kombinatorika
1) Určete k: 100!=k⋅98!.
Jaro 2011, příklad č. 5. Body: 1. Výsledek: k=99⋅100=9,900.
Řešení: /:98!⟹k=98!100!=100⋅99=9,900.
2) Určete m: m!⋅28=2⋅4⋅6⋅8⋅10⋅12⋅14⋅16.
Jaro 2011, příklad č. 6. Body: 1. Výsledek: m=8 (tj. m!=8!).
Řešení: pravá strana =10,321,920. m!⋅256=10,321,920 /:256⟹m!=40,320=8!, tedy m=8.
(Alternativně rozkladem na prvočísla: pravá strana =215⋅32⋅5⋅7, po vydělení 28 dostaneme m!=27⋅32⋅5⋅7=8⋅7⋅6⋅5⋅4⋅3⋅2=8!.)
3) Na křižovatce lze zahnout doleva (L), doprava (P) nebo pokračovat rovně (S). Kolika způsoby projede auto dvěma křižovatkami?
A) 9 B) 8 C) 6 D) 5 E) 4
Jaro 2011, příklad č. 21. Body: 2.
Řešení (kombinatorické pravidlo součinu: A možností v 1. situaci × B možností ve 2. situaci =A⋅B celkem): na každé křižovatce 3 možnosti, celkem 3⋅3=9.
4) Vláďa losuje 1 otázku z 10 a dvojici otázek z jiné skupiny 20. Kolik trojic otázek je ve hře?
A) 4 600 B) 4 000 C) 3 800 D) 1 900 E) jiný počet
Podzim 2011, příklad č. 23. Body: 2.
Řešení: (101)=10 možností; (202)=190 možností. Celkem 10⋅190=1,900.
5) Fronta má 4 dívky a 6 chlapců. Kolika způsoby se mohou seřadit?
A) 10! B) 4!+6! C) 4⋅6 D) 4!⋅6! E) (4⋅6)!
Podzim 2012, příklad č. 23. Body: 2.
Řešení: n=10 lidí, k=10 (celá fronta), záleží na pořadí, bez opakování — permutace bez opakování: P(n)=n!=10!.
6) Pětimístný kód z pěti různých číslic, na prvním místě 8, na posledním 5. Kolik kódů vyhovuje?
A) méně než 336 B) 336 C) 512 D) 720 E) více než 720
Jaro 2013, příklad č. 22. Body: 2.
Řešení (“obsazené a volné pozice” — obsazená 1. a 5. pozice, volné 3): n=8 (číslice kromě 8 a 5), k=3, záleží na pořadí, bez opakování — variace: V(3,8)=5!8!=336.
7) Petr je jeden ze 14 chlapců; vybírá se 4členný tým, Petr je jistý, ostatní 3 losem z 13. Kolik týmů lze sestavit?
A) (nedochováno) B) (133) C) 1+13+12+11 D) 13⋅12⋅11 E) jiný počet
Podzim 2013, příklad č. 24. Body: 2.
Řešení (“obsazené a volné pozice”): n=13, k=3, nezáleží na pořadí, bez opakování — kombinace: K(3,13)=(133).
8) Z 5 děvčat a 4 chlapců vybíráme 6člennou skupinu (3 dívky, 3 chlapci). Kolika způsoby?
A) 16 B) 20 C) 40 D) 180 E) jiný počet
Jaro 2014, příklad č. 17. Body: 2.
Řešení: (53)=10 (dívky), (43)=4 (chlapci). Celkem 10⋅4=40.
9) Vypočtěte hodnotu výrazu. Přesný tvar se nedochoval.
Podzim 2014, příklad č. 10. Body: 1. Výsledek: 101.
Řešení (dochovaný postup): výraz se upraví na 100+100⋅1001=100+1=101.
10) V první řadě divadla je 12 obsazených a 3 volná místa (z 15). Kolika způsoby lze volná místa rozmístit?
A) 220 B) 455 C) 1 320 D) 2 730 E) jiný počet
Podzim 2014, příklad č. 21. Body: 2.
Řešení: ekvivalentní otázce “kolika způsoby vybereme 3 sedadla z 15” — kombinace bez opakování: K(3,15)=(153)=455.
11) Z 10 dětí (mezi nimi jediný Adam, jediná Bohunka) vybíráme trojici. Kolika způsoby při podmínce:
a) není Adam ani Bohunka b) je Adam i Bohunka c) je Adam, není Bohunka d) je Adam
A) 28 B) 36 C) 56 D) 72 E) 336 F) jiný počet
Jaro 2015, příklad č. 25. Body: 4. Výsledek: a) C, b) F (8), c) A, d) B.
Řešení: a) n=8 (bez Adama a Bohunky), k=3: (83)=56.
b) obsazené 2 pozice, n=8, k=1: (81)=8.
c) obsazená 1 pozice (Adam), n=8 (bez Adama a Bohunky), k=2: (82)=28.
d) obsazená 1 pozice (Adam), n=9 (bez Adama, Bohunka smí být), k=2: (92)=36.
12) Vypočtěte hodnotu kombinatorického výrazu s (nk). Přesný tvar se nedochoval.
A–C) (nedochováno) D) n E) 2n
Podzim 2015, příklad č. 17. Body: 2.
Řešení (dochovaný postup): výraz se po úpravě zjednoduší přímo na n.
13) 8 spolužáků se seřadí tak, aby Eva byla první a Dan předposlední. Kolika způsoby?
A) 5 040 B) 2 880 C) 1 440 D) 720 E) jiný počet
Podzim 2015, příklad č. 18. Body: 2.
Řešení: obsazená 1. a předposlední pozice, volných 6 — permutace: P(6)=6!=720.
14) Rovnice s neznámou n∈N: 9!10!+9!9!=n rekonstrukce z postupu — přesný tvar zlomků s faktoriály se z části nedochoval. Řešení?
A) 11 B) 10 C) 9 D) 8 E) jiné řešení
Jaro 2016, příklad č. 23. Body: 2.
Řešení (dochovaný postup): po vynásobení a zkrácení dostáváme 10!+9!=9!⋅n /:9!⟹10+1=n⟹n=11.
15) Trojciferné číslo: sudá číslice na místě stovek, lichá na desítkách, na jednotkách libovolná dosud nepoužitá. Kolik čísel vyhovuje?
Podzim 2016, příklad č. 11. Body: 1. Výsledek: 160 čísel.
Řešení: stovky — 4 volby (2,4,6,8); desítky — 5 voleb (1,3,5,7,9); jednotky — 10−2=8 voleb. Celkem 4⋅5⋅8=160.
16) Čtyřciferné číslo ze 4 různých číslic, na prvním místě 2, na místě desítek lichá číslice. Kolik čísel?
A) 21 B) 240 C) 280 D) 360 E) jiný počet
Jaro 2017, příklad č. 19. Body: 2.
Řešení (1. způsob): 1. místo — 1 volba (2); 3. místo (desítky) — 5 voleb (1,3,5,7,9); 2. místo — 8 voleb; 4. místo — 7 voleb. Celkem 1⋅5⋅8⋅7=280.
Řešení (2. způsob): pro každou z 5 lichých číslic na 3. pozici je V(2,8)=6!8!=56 možností pro zbylé dvě pozice. Celkem 5⋅56=280.
17) Kolikrát je číslo A větší než číslo B? ((Přesná čísla A, B se nedochovala.))
A) méně než 10krát B) 10krát C) 20krát D) 50krát E) více než 50krát
Jaro 2017, příklad č. 21. Body: 2.
Řešení (dochovaný postup): poměr obou hodnot vychází 50.
Příklady z testů PUP
1p) Určete k: 93!95!=k.
Jaro 2011 PUP, příklad č. 5. Body: 1. Výsledek: k=95⋅94=8,930.
Řešení: k=95⋅94=8,930.
2p) Určete m: m!(m+2)!=2,011⋅2,010.
Jaro 2011 PUP, příklad č. 6. Body: 1. Výsledek: m=2,009.
Řešení: (m+2)(m+1)=2,011⋅2,010⟹m=2,009.
(Kvadratickou rovnici (m+2)(m+1)=2,011⋅2,010 by bylo možné řešit i běžným způsobem, ale je to zbytečně zdlouhavé — stačí porovnat strukturu součinu.)
3p) Pětimístné slovo se skládá ze dvou čárek a tří teček. Kolik takových slov existuje?
A) 10 B) 20 C–D) (nedochováno) E) jiný počet
Jaro 2011 PUP, příklad č. 21. Body: 2.
Řešení: n=2 (tečka, čárka), k=5 (délka slova), záleží na pořadí, opakování ano, ale s přesně daným počtem opakování každého symbolu (k1=2 čárky, k2=3 tečky) — jde o permutace s opakováním:
P’k1,k2(k)=k1!⋅k2!k!=2!⋅3!5!=10
Ilustrační maturitní testy Cermatu
1i) Kód: na 1. místě jedno ze 4 písmen, na dalších dvou pozicích dvojciferné číslo od 11 do 45. Kolik kódů?
2010 (2), příklad č. 10. Body: 2. Výsledek: 140.
Řešení: na 1. místě 4 možnosti. Na dalších dvou místech (čísla 11 až 45 včetně) je 45−11+1=35 možností (pozor, ne 34!). Celkem 4⋅35=140.
2i) Kolika způsoby lze na šachovnici rozmístit 3 stejné figury tak, aby byly všechny na hlavní, nebo všechny na vedlejší diagonále?
A) 16 B) 20 C) 30 D) 32 E) 33
2012, příklad č. 22. Body: 2.
Řešení: nejde o kombinatorické pravidlo součinu (figury jsou buď na jedné, nebo druhé diagonále, ne na obou zároveň) — výsledky pro obě diagonály se sečtou. Na 1 diagonále (5 polí) vybíráme 3 pole, nezáleží na pořadí, bez opakování: K(3,5)=(53)=10. Druhá diagonála má stejný počet možností. Celkem 10+10=20.
3i) Vypočtěte aritmetický průměr čísel 99!100!−2⋅99! a 100!100!+101!.
2013, příklad č. 15. Body: 2. Výsledek: 100.
Řešení: 99!100!−2⋅99!=100−2=98. 100!100!+101!=1+101=102. Průměr: (98+102):2=100.
4i) Čtyřmístný kód: první tři místa různé nenulové číslice, čtvrté místo nejmenší z těchto tří. Kolik kódů vyhovuje?
A) méně než 504 B) 504 C) 512 D) 720 E) více než 720
2014 (2), příklad č. 22. Body: 2.
Řešení: první 3 místa — variace bez opakování z 9 nenulových číslic: V(3,9)=6!9!=504. Čtvrté místo je jednoznačně určeno (nejmenší z trojice) — 1 volba. Celkem 504⋅1=504.
Zdroje
MATURITA HADR / Matematika / řešené postupy matematických okruhů z DT 2010–2017, dokument 31) Kombinatorika.pdf.