Sorbarendezéses feladatok, kombinatorika

Bob mindig szeret csinosan öltözni…
Van két rémesen trendi napszemüvege, egy barna meg egy lila…
Három vagány pólója, egy piros, egy pink és egy sárga…

És két őrülten jó rövid nadrágja, egy kék meg egy szürke.

Bob minden nap egy másik variációt szeretne kipróbálni.

Első nap így öltözik föl…

Aztán következő nap így…

És ahogy egyre több variációt kipróbál…

Szeretné tudni, hogy összesen hányféle lehetőség van.

Itt van ez a táblázat…

És kezdjük el kitölteni…

Az összes eset felsorolására itt jön most egy módszer
egy olyan módszert fogunk használni, 
Amivel biztosan nem hagyunk ki egyetlen esetet sem.
És az sem fordulhat elő, hogy ugyanazt az esetet kétszer írjuk föl.

Először megnézzük azokat az eseteket, amikor a napszemüveg rögzítve van…
Azzal kezdjük, hogy a napszemüveg legyen barna, ezt rögzítjük.

És a póló pedig piros, ezt is rögzítjük.

Aztán a napszemüveg marad, de változtassunk a pólón…

A nadrágra ilyenkor is két lehetőség van…

Lehet megint kék…
Vagy zöld.

Most a napszemüveg még mindig marad, de jön a harmadik póló…
És a nadrág ilyenkor is kétféle lehet.

Barna napszemüveggel nincs már több eset.

Elérkezett a lila napszemüveg korszaka…

Bob leveszi a barna napszemüvegét…
És fölveszi a lilát.

Aztán megint rögzítjük először a piros pólót…
És jönnek hozzá a nadrágok.

Most jön a pink póló…

Végül a sárga.

És ezzel az összes lehetőséget felsoroltuk.

Ezeknél a feladatoknál általában kétféle kérdést szoktak föltenni.

Az egyik kérdés, hogy soroljuk föl az összes esetet.
Ezt csináltuk most.

A másik kérdés, hogy mondjuk meg, hány eset van összesen.

Erre a kérdésre válaszolhatunk úgy is, hogy felírjuk az összes esetet…
Aztán megszámoljuk.

De van egy sokkal könnyebb megoldás is.

Amikor csak az a kérdés, hogy hány eset van összesen…
Ezt lazán ki tudjuk számolni egy ügyes kis trükk segítségével.

2 db

Mivel Bob bármelyik ruhadarabot bármelyikkel felveheti…
A lehetőségek szorzódnak.

És így is kijön, hogy 12 darab eset van.

 
Itt jön most egy másik izgalmas történet…

Egy telefon PIN kódjáról tudjuk, hogy az első számjegy 4-es, a második számjegy 0 vagy 2, a harmadik számjegy 7-es a negyedik számjegy pedig páratlan. Hány lehetőség van összesen?

Nézzük meg először, hogy mi történik, ha felsoroljuk az összes lehetséges esetet…

Az első számjegy biztosan 4-es…

A második számjegy 0 vagy 2…

A harmadik számjegy 7-es…

És a negyedik számjegy páratlan.

Most pedig kezdjük el felsorolni az eseteket.

Ez így összesen 10 darab eset.

Hogyha csak annyi a kérdés, hogy hány eset van összesen, és nem kell őket felsorolni…
Akkor van egy gyorsabb módszer is.

Az első számjegy csak 4-es lehet, ezért ez 1 darab lehetőség.
A második számjegy kétféle lehet…

A harmadik számjegy 7-es, ezért ez megint csak 1 darab lehetőség…
És a negyedik számjegy az 5 darab páratlan szám közül lehet bármelyik.

Kéne egy módszer, amivel biztosan nem hagyunk ki egyetlen esetet sem.

És az is jó lenne, ha ugyanazt az esetet nem írnánk föl kétszer.

A lehetőségek pedig szorzódnak…

De az izgalmak még csak most jönnek…

Egy futóverseny döntőjében  ez a három versenyző ér célba leghamarabb...

Hányféle sorrendben érkezhetnek be?
A három versenyző közül bármelyik lehet az első...

Ez összesen három lehetőség...
A második helyre már csak két versenyző kerülhet.

Hiszen a győztes már nem lehet második.
Na persze győzhet a német is…
Vagy a francia…

De bárki győz, a második helyre már csak a maradék kettő kerülhet.

És a harmadik helyre már csak egy.
Az, aki nem az első és nem is a második.

A lehetőségek ilyenkor szorzódnak…
Vagyis összesen 6 darab lehetőség van.

Mindezt akár le is rajzolhatjuk.

Az első helyre még bármelyik három versenyző kerülhet.

Aztán a második helyre már csak a megmaradt két versenyző közül kerül az egyik…

Végül a harmadik helyre mindig a megmaradt egyetlen versenyző kerülhet.

De az ilyen rajzocskák helyett mindig jobban járunk, ha egy táblázatban gyűjtjük össze az eseteket…

Menjünk szépen sorban…
Kezdjük azzal, amikor az első a francia.
Ilyenkor a második lehet a német…
És a svájci a harmadik.

Vagy az is lehet, hogy még minidig a francia az első…
A svájci a második…

És a német a harmadik.

Aztán jönnek azok az esetek, amikor a német az első…

Ilyenkor vagy a francia a második…
Vagy a svájci.
Végül itt jönnek azok az esetek, amikor a svájci a győztes.

Ilyenkor a második lehet a francia…
És akkor a német a harmadik.

Vagy fordítva…
A német a második…
És a francia a harmadik.

Meg is van a hat darab eset.

Ebből az egészből egy dolgot mindenképpen jegyezzünk meg.

Általában sokkal könnyebb megmondani azt, hogy hány darab lehetőség van, mint felsorolni az összes lehetőséget.

Egy másik futóversenyen ezek a futók kerültek a döntőbe:

Hányféle sorrendben kerülhetnek a dobogóra?

És most nézzük, mi van akkor, ha több futó van…

Az első helyre még bármelyik futó kerülhet…
Aztán a második helyre már csak a megmaradt 5 futó közül valamelyik…
Végül a harmadik helyre négy lehetőség van.

A lehetőségek ilyenkor is szorzódnak…
Az összes eset pedig 120 darab.

Ha mind a 120 darab esetet föl kéne sorolnunk…
Hát, azzal ellennénk egy darabig.

A nagy bölcsesség erre a feladatra is igaz…
Sokkal könnyebb megmondani, hogy hány darab eset van, mint felsorolni az eseteket.

Amikor az a feladat, hogy „hányféle”…
Olyankor szerencsére nem kell az esetek felsorolásával bajlódnunk.

Most nézzük, hányféle dobogós sorrend lehetséges, ha tudjuk, hogy a svájci ér célba először.

Hány olyan dobogós sorrend lehetséges, amikor a svájci a harmadik?

Végül nézzük meg, hogy hány olyan sorrend van, amikor a német az első és a francia a harmadik.

Berakjuk a franciát az első helyre…
És a németet harmadiknak.
A második helyre pedig négyféle futó mehet.

Ez így 4 darab lehetőség.

Bobnak őrülten jó tervei vannak a délutánra…

Számkártyákkal fog négyjegyű számokat alkotni…

Kezdjük azzal, hogy ezekkel a számkártyákkal hányféle négyjegyű szám készíthető.
Az első helyre még bármelyik kártya mehet…
Ez 5 darab lehetőség.

A második helyre már csak a megmaradt 4 darab kártyából mehet valamelyik…

És ilyenkor a lehetőségek szorzódnak…

Aztán a harmadik helyre már csak 3 darab kártya marad…
Az utolsó helyre pedig kettőből lehet választani.

Így összesen 120 darab lehetőség van.

Ennyi esetet föl sem lehet sorolni…

Az ilyen feladatoknál általában kétféle kérdés szokott lenni.
Az egyik kérdés, hogy „Hány eset van?”
És ez a kérdés általában könnyű.
Gyorsan ki lehet számolni, ahogyan itt az előbb csináltuk.

De a másik kérdés, hogy „Soroljuk föl az összes esetet”

Na, az már nehezebb ügy.
Az összes esetet gyakran csak pokoli kínok között tudjuk felsorolni.

Itt jön egy újabb izgalmas kérdés… Hány olyan négyjegyű szám alkotható a számkártyákból, ami 6-tal kezdődik?

Akkor fog 6-tal kezdődni egy szám, ha megfogjuk a 6-os számkártyát és betesszük ide az elejére.

Ezt csak egyféleképpen tudjuk megtenni, hogy odarakjuk és kész.
Aztán a második helyre a megmaradt négy kártya közül bármelyiket rakhatjuk…
Ez négy lehetőség…

A következő helyre már csak háromféle kártya mehet…
És az utolsó helyre csak kettő.

Úgy néz ki, hogy összesen 24 darab lehetőség van.

Most nézzük, hány olyan eset van, amikor az első számjegy 4-es, a harmadik számjegy pedig 6-os.

Ezeket berakjuk ide…
Aztán feltöltjük az üres helyeket.

Összesen hat ilyen eset van.

De az izgalmak csak most jönnek…
Hányféle négyjegyű páros szám rakható ki a számkártyákból?

Egy szám akkor páros, ha az utolsó számjegye páros.

Ezek a jelöltek…

És most itt jön egy nagyon fontos dolog.

Ha azt akarjuk, hogy az utolsó számjegy páros legyen, akkor azzal kell kezdenünk a helyek feltöltését.

A három páros számjegy közül kell ide tennünk az egyiket.
Erre 3 lehetőség van.

Most, hogy ezzel megvagyunk, már bárhol folytathatjuk a helyek feltöltését.

Kezdjük az elején.

Van két megmaradt két páros számjegy, amit nem használtunk el…
És még ez a 2 másik.

Vagyis négyféle számjegy mehet az elejére.
És teljesen mindegy, hogy melyiket rakjuk oda.

Aztán a következő helyre már csak háromféle mehet…

És ide már csak kettő.

Így összesen 72 darab lehetőség van.

És most, valami egészen elképesztő dolog jön…

Egy újabb számkártya.

Nézzük meg, hogy hány négyjegyű számot alkothatunk így.
Az izgalmat az okozza, hogy a 0 nem mehet legelőre…
Mármint ide.

Nullával ugyanis nem kezdődnek négyjegyű számok.

Ezekkel a kártyákkal úgy tudunk négyjegyű számokat gyártani, hogy az első helyre nem mehet a nulla…

Oda csak a másik 5 darab kártya közül mehet valamelyik.

Aztán a következő helyre már mehet a nulla…
És a megmaradt négy kártya közül is bármelyik.

Vagyis erre a helyre is 5 darab lehetőség van.
És teljesen mindegy, hogy melyiket rakjuk oda.

Aztán ide már csak négyféle kártya kerülhet.
És ide már csak háromféle.

Ez így összesen 72 darab lehetőség.

Most nézzük, hány olyan négyjegyű szám alkotható, aminek az utolsó számjegye 6-os.

Az utolsó helyre be is rakjuk a 6-sot…

Aztán az első helyre megint nem mehet a nulla…
Csak a maradék 4 darab kártya közül valamelyik.

A második helyre viszont már mehet a nulla.
És a megmaradt három kártya közül is bármelyik.

Teljesen mindegy, hogy melyiket tesszük ide, vagyis ez 4 lehetőség.

Ez pedig már csak három.

Vagyis összesen 48 darab lehetőség van.

Hány négyjegyű páros szám alkotható a számkártyákból?

Itt van ez a három szabályos dobókocka, egy zöld, egy kék és egy sárga.
Mindhárom kockával egyszer dobunk. Soroljuk föl az összes olyan lehetőséget, amikor a három kockával dobott pontok összege hét.

Hát, nézzük hogyan kapunk hetet...

115
124
133
142
151
214
223
232
241
313
322
331
412
421
511

Mondjuk ez így elég reménytelennek tűnik.

Szükség lenne egy módszerre, amivel az összes esetet könnyen fel lehet sorolni.

Ha ennek a módszernek a lényegét megérted, akkor az ilyen „soroljuk fel az eseteket” típusú feladatok nem foghatnak ki rajtad.

Az összes eset felsorolására egy olyan módszert fogunk használni, amivel biztosan nem hagyunk ki egyetlen esetet sem.

És az sem fordulhat elő, hogy ugyanazt az esetet kétszer írjuk föl.

A módszer lényege ugyanaz lesz, mint amikor ABC sorrendbe kell raknunk neveket.

Megnézzük, melyik név kezdődik A-val…

Azt rakjuk az elejére.
Aztán jön a B…
Utána a C…
Ja, mondjuk C- az nincs.

Akkor jön a D…

 
De a lényeg csak most jön…
Olyankor, amikor ugyanazzal a betűvel két név is kezdődik…
Például a Levente és a Luca…

Ilyenkor a második betűk sorrendje számít.

Az M betűvel három név is kezdődik…

És két olyan van köztük, ahol a második betűk is egyeznek…

Ezeknél a harmadik betű fog dönteni.

És most lássuk, mi köze van ennek a névsornak a kockákhoz…

A dobott pontokat itt is „ABC sorrendben” kell felsorolni.

Csak éppen az ABC most a számok: 1, 2, 3, 4, 5, 6

Ez még jobb is...
Ki a fene tudja az ABC-t fejből…

Ez lesz tehát most az ABC sorrend: 1, 2, 3, 4, 5, 6.
És kezdjük is.

A dolog azzal indul, amikor mindegyik „betű” 1-es…
Csak hát az a baj, hogy így nem lesz az összeg hét.

Valamelyik számot növelni kéne.
És itt jön a leg-leg-leglényegesebb rész.

Mindent pontosan úgy kell csinálni, mint az előbb a nevek felsorolásánál.

Először mindig a végén növelünk.

Ezeket nem bántjuk…
És az utolsót megnöveljük annyira, hogy az összeg 7 legyen.

Aztán a legelső marad 1-es…
A második pedig megy szépen ABC sorrendben.

Végül kitaláljuk, mi legyen az utolsó szám…
Az utolsó számot mindig úgy igazítjuk, hogy az összeg végül 7 legyen.
Hopp, ilyen eset már nem lesz…

Itt az idő, hogy az első kockán is változtassunk…
Eggyel följebb ugrik.
És megyünk megint „ABC sorrendben”.

Az „ABC sorrend” szerint ezzel kell kezdeni.

Csak így nem jön ki a hét.

Úgyhogy növelni kell, és mindig a végén kezdünk növelni.

Aztán megyünk szépen sorban.

A harmadik kockát pedig megint úgy igazítjuk, hogy az összeg 7 legyen.

És kész… Nullát már nem tudunk dobni.

Most megint hozzá kell nyúlni az első kockához…

Ismét növeljük eggyel.

Aztán jön az „ABC sorrend”…

Itt a végén egy csöppet növelni kell…

És megyünk szépen sorban.

Ez is megvan.

Megint egyet ugrik az első kocka…

De a második kocka az „ABC szerint” újra 1-gyel indul.

Hopp, ez is megvan.

Végül még eggyel följebb ugrik az első kocka…
És jön az „ABC sorrend” ahogy szokott.

Kész is.

Az első kockával 6-ot már nem dobhatunk, mert akkor az összeg legalább 6+1+1 vagyis 8 lenne.

Nézzünk meg még egy ilyet.

Rögtön folytatjuk…

Ezekből a számkártyákból négyjegyű számokat készítünk.

a) Hány eset van összesen?
b) Soroljuk föl az összes lehetőséget

Az ilyen feladatoknál legtöbbször lazán meg tudjuk mondani, hogy „hány eset van”…

És csak pokoli kínok között tudjuk felsorolni az összes esetet.

Kezdjük az egyszerűbbel.
Itt lesz a négyjegyű szám…

Az első helyre még bármelyik kártya mehet…

Aztán a második helyre már csak eggyel kevesebb…
És ilyenkor a lehetőségek szorzódnak…

Kész is… Úgy tűnik, 24 darab lehetőség van.

És most indul a rémálom…

Azt legalább már tudjuk, hogy 24 darab esetet kell felsorolnunk.

Hogyha óránként leírunk egyet, akkor éppen egy nap alatt meg is vagyunk…

Kezdjük is a jó öreg „ABC módszerrel”

Úgy kezdjük, hogy a legkisebb számot rakjuk az elejére…
Aztán szépen egymás után az egyre nagyobbakat.

Ez az „ABC sorrend” szerinti első szám, amit a kártyákkal ki tudunk rakni.

Most az első kettőt nem bántjuk és ezt növeljük…

Mindig a sorban következőre növelünk.

És az utolsó kártya, hát kizárásos alapon…

Aztán próbáljuk meg tovább növelni a 8-at…
Hopp, már tovább nem lehet.

Kénytelenek vagyunk feloldani a zárolást…
És eggyel előrébb is növelésbe kezdünk.

Aztán a 8-at megint nem tudjuk már hova növelni…
Úgyhogy akkor itt, kell a sorban következőre cserélni.

A szabály ugyanaz: mindig a sorban következőre növelünk.

Ez azt jelenti, hogy amikor növelünk, mindig a sorban következőre növelünk.

A 3-as utáni kártya a 4-es.

A megmaradt helyeket pedig mindig a legkisebbtől haladva töltjük fel.

Aztán a megmaradt helyeket mindig a legkisebbel kezdjük feltölteni.

Most ezt növeljük…

Ezt a szabály szerint 4-re kéne növelni…
De a 4-esünk már rögzítve van.
Hát jó…
Aztán megint itt növeljük a sorban következőre.

És a megmaradt helyeket mindig a legkisebbel kezdjük feltölteni.

Most újra ezt növeljük…
Aztán itt jön a sorban következő…

Hopp, ilyen már nincsen…
Ezt már nem tudjuk tovább növelni, mert a 8 a legnagyobb.

Elérkezett a pillanat, hogy itt az elején is növeljünk.

Mindig a sorban következőre…

És az őrület folytatódik…

Az 1, 2, 3, 4, 5 számjegyek összes olyan sorrendjét keressük, amire teljesül, hogy az utolsó számjegy páros, és az egymás melletti számjegyek különbsége nem lehet kettő.

Az utolsó számjegy vagy 2 vagy 4 lehet…