9789617070989

m

Gregor Pavlič, Dušan Kavka, Marina Rugelj, Janez Šparovec

.c o

ROVAŠ

na

4

kn

jig

ar

MATEMATIKA ZA 4. LETNIK SREDNJEGA STROKOVNEGA IZOBRAŽEVANJA

00 uvodne 001-005.indd 1

1. 09. 2021 14:22:02

Gregor Pavlič, Dušan Kavka, Marina Rugelj, Janez Šparovec

ROVAŠ 4 MATEMATIKA ZA 4. LETNIK SREDNJEGA STROKOVNEGA IZOBRAŽEVANJA

Recenzenta dr. Matija Cencelj, Veronika Bartolj Jezikovni pregled Renata Vrčkovnik

.c o

Ilustracije Aleksander Jankovič

m

Urednik Gregor Pavlič

Tehnične risbe Darko Simeršek, Goran Čurčič

ar

na

Fotografije Gregor Pavlič, Marina Rugelj, Janez Šparovec, Shutterstock, Wikimedia Commons (natančen seznam je na koncu gradiva)

jig

Vse knjige in dodatna gradiva založbe Modrijan izobraževanje dobite tudi na naslovu www.knjigarna.com.

© Modrijan izobraževanje, d. o. o. (2021). Vse pravice pridržane.

kn

Brez pisnega dovoljenja založnika so prepovedani reproduciranje, distribuiranje, javna priobčitev, predelava ali druga uporaba tega avtorskega dela ali njegovih delov v kakršnem koli obsegu in postopku, tudi fotokopiranje, tiskanje ali shranitev v elektronski obliki.

Tako ravnanje pomeni, razen v primerih od 46. do 57. člena Zakona o avtorski in sorodnih pravicah, kršitev avtorske pravice.

Modrijan izobraževanje, d. o. o., Stegne 9 b, 1000 Ljubljana telefon: 01 513 44 00 telefaks: 01 513 46 99 telefonska naročila: 01 513 44 04 e-pošta: narocila@modrijan-izobrazevanje.si www.modrijan-izobrazevanje.si, www.knjigarna.com

00 uvodne 001-005.indd 2

CIP – Kataložni zapis o publikaciji Narodna in univerzitetna knjižnica, Ljubljana 51(075.3)(076.1) ROVAŠ 4 : matematika za 4. letnik srednjega strokovnega izobraževanja / Gregor Pavlič … [et al. ; ilustracije Aleksander Jankovič ; tehnične risbe Darko Simeršek, Goran Čurčič ; fotografije Gregor Pavlič … et al.]. – 1. izd. – Ljubljana : Modrijan izobraževanje, 2021 ISBN 978-961-7070-98-9 COBISS.SI-ID 74533635

1. 09. 2021 14:22:04

KAZALO 6

.c o

Osnovni izrek kombinatorike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Variacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 Binomski izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

m

KOMBINATORIKA

VERJETNOSTNI RAČUN

36

na

Poskus in dogodek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Verjetnost dogodka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 Verjetnost produkta in vsote dogodkov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

ZAPOREDJA

68

ar

Zaporedja in njihove lastnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Aritmetično zaporedje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Končna aritmetična vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83 Geometrijsko zaporedje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87 Končna geometrijska vrsta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92 Navadno in obrestno obrestovanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 Obročna vplačila in izplačila . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

jig

LIMITA, ZVEZNOST IN ODVOD

110 116 119 125 131 140

kn

Elementarne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Zveznost funkcij . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Računanje s funkcijami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Limita funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Odvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Uporaba odvoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

108

REŠITVE . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157

00 uvodne 001-005.indd 3

1. 09. 2021 14:22:04

m .c o na ar jig kn 00 uvodne 001-005.indd 4

1. 09. 2021 14:22:04

Uvodna beseda v Rovaš 4

m

Rovaš 4 zaključuje serijo prenovljenih matema čnih učbenikov za srednje strokovne šole založbe Modrijan izobraževanje. Glede na njegovo osnovo Od ključavnice do integrala je doživel precej sprememb. Po novem učnem načrtu je izgubil poglavje o integralu, je pa zato pridobil vrsto zgledov in nalog pri poglavju o funkcijah, limi in odvodu. Prenovljeni in z nalogami obogateni sta tudi poglavji o kombinatoriki in verjetnostnem računu. Kjer je le mogoče, učno tema ko spremljajo zgledi in naloge iz vsakdanjega življenja in modeliranje z uporabo tehnologije.

.c o

Kot v vseh dosedanjih učbenikih so tudi v tem poglavja lepo strukturirana, vsebujejo dovolj rešenih zgledov za lažje razumevanje in dovolj nalog za ponavljanje in utrjevanje. Bolj zahtevni dijaki se bodo lahko ubadali z zahtevnejšimi nalogami »z lučko« in »orehi«.

Vsako poglavje se začne z zgodovinskim uvodom, ki dijakom prikaže, da matema ka ni »od včeraj«, in se zaključi s seznamom »Ne pozabi« vseh najpomembnejših formul in definicij.

na

Avtorji upamo, da bodo dijaki učbenik radi jemali v roke in jim bo pomagal pri graditvi matema čnega znanja. Hkra se zahvaljujemo oblikovalcu Goranu za res lepo oblikovanje.

ar

Razlaga snovi, pomembni pojmi in pravila so zapisani v barvi.

Naloge z rešitvami na zadnjih straneh knjige

Naslov poglavja

87

jig

Geometrijsko zaporedje

Zaporedje, pri katerem dobimo vsak naslednji člen tako, da prejšnjega množimo z istim številom, imenujemo geometrijsko zaporedje. Za člene a1, a2, a3, a4 … geometrijskega zaporedja je: a2 a1 k a3 a2 k a1 k2 a4 a1 k3 a5 a1 k4 … a n = a n – 1 · k = a1 · k n – 1

Geometrijska sredina pozitivnih števil a in b je število a b . Pri geometrijskem zaporedju je n-ti člen geometrijska sredina prejšnjega člena an 1 in naslednjega člena an 1:

an – 1 an + 1

an

Število k imenujemo kvocient (količnik) geometrijskega zaporedja in je enak količniku dveh zaporednih členov geometrijskega zaporedja: a an

n+1 k = ---------

Graf geometrijskega zaporedja s pozitivnim kvocientom leži na grafu ustrezne eksponentne funkcije, pri tem ima k vlogo osnove a.

Če je k 0, se členom zapored izmenjuje predznak. Tako zaporedje je alternirajoče.

Če je k ! 1, zaporedje narašča, če je 0 k 1, pa pada.

kn

ZGLEDI

1. • Zaporedje 1, 2, 4, 8, 16, 32 … je geometrijsko zaporedje s prvim členom a1 1 in količnikom k 2. V naravi je primer takega zaporedja delitev celice.

32

31. V vrtcu imajo preluknjane kroglice različnih barv, ki jih otroci nizajo na vrvico. Na koliko načinov lahko na vrvico nanizamo 9 raznobarvnih kroglic?

Povzetek snovi 17

36. V galeriji postavljajo razstavo 9 olj in 6 akvarelov.

Na koliko načinov lahko razvrstijo slike na steno, če morajo olja stati skupaj?

37. Koncertni pianist je za koncert pripravil sedem skladb, štiri klasične in tri moderne. Koliko je vseh vrstnih redov izvajanja: a) če ni omejitev, b) če mora najprej zaigrati klasične skladbe, c) če se morajo klasične skladbe izmenjevati z modernimi?

32. Na predstavitvi predsedniških kandidatov moramo posesti v vrsto pet moških in dve ženski ter dva voditelja. Na koliko načinov to lahko storimo? a) Vrstni red ni pomemben. b) Moški sedijo skupaj, ženske skupaj in voditelja skupaj. c) Voditelja sedita vsak na enem koncu.

38. Na koliko načinov lahko Urša na knjižno polico razporedi tri slovarje, pet leposlovnih knjig in štiri učbenike, če naj slovarji stojijo skupaj na levi strani?

35. Zlato Cankarjevo bralno značko je dobilo sedem učencev šole. Vsak od njih dobi za nagrado eno od sedmih pripravljenih knjig. Na koliko načinov lahko učenci izberejo po eno knjigo?

9

27

1 --- .

3

vim členom a1 3 in količnikom k

39. Šestčlanska družina se napoti v gore. Koliko navez lahko naredijo, če mora biti oče vedno na prvem mestu?

40. Na parket igrišča priteče košarkarsko moštvo 5 igralcev. Na koliko načinov lahko postavljeni v vrsto pozdravijo navijače?

8

1- , -------1 - … je alternirajoče.

• Tudi geometrijsko zaporedje 5, 1, 1--- , -----

4

Zgledi, kako rešujemo naloge.

00 uvodne 001-005.indd 5

(kf(x))⬘ kf ⬘(x)

Kompozitum Če funkcija f priredi elementom x iz množice A slike f(x) v množici B, funkcija g pa je definirana na množici B in elementom f(x) priredi slike g(f(x)) v množici C, potem je kompozitum funkcij f in g funkcija g ⴰ f, ki elementom x iz množice A priredi slike g(f(x)) v množici C.

Če je v točki a funkcija definirana in zvezna, potem je njena limita enaka vrednosti funkcije v tej točki.

Pravila za računanje z limitami: lim f x + g x

= lim f x + xlim g x

xoa xoa oa

lim f x g x

= xlim f x xlim g x

oa oa

f x lim --------

x o a g x

2 6

41. Na knjižni polici neurejeno stoji 12 knjig (4 kriminalke, 3 priročniki in 5 biografij).

Na koliko načinov jih lahko razporedimo tako, da bodo knjige z isto tematiko stale skupaj?

43. Otroci v vrtcu se fotografirajo po skupinah.

Na koliko načinov se lahko 7 otrok iz skupine Sončki postavi v vrsto, če hočejo Ada, Nikolina in Ivan stati skupaj?

42. Pet prijateljev igra karte in si med seboj enakovredno razdelijo 40 kart. Na koliko načinov si lahko Nikolina v roki razvrsti svoje karte?

44. Na koliko načinov se lahko za okroglo mizo usede 5 moških in 5 žensk, če ne smeta skupaj sedeti dve ženski?

45. Na razpolago imamo 5 soglasnikov in 2 samoglasnika. Koliko 7-mestnih besed lahko sestavimo, če samoglasnika ne smeta stati skupaj?

Dodatna pojasnila, sheme, zanimivosti

(f(x) g(x))⬘ f ⬘(x) g⬘(x) (f(x) g(x))⬘ f ⬘(x)g(x) f(x)g⬘(x)

xoa

• Zaporedje 5, 5, 5, 5, 5 … je geometrijsko zaporedje s prvim členom a1 5 in količnikom k 1.

25 125

Pravila za računanje odvodov:

Zvezna funkcija ima za graf nepretrgano krivuljo. Če je graf pretrgana krivulja, funkcija ni zvezna. V točkah, kjer je pretrgana, so točke nezveznosti.

lim k f x

= k lim f x

xoa xoa

MATEMATIČNI OREHI

16

• Zaradi negativnega k je zaporedje alternirajoče. Pri alternirajočem zaporedju členi nihajo okrog števila 0.

5

Zveznost

Če gredo vrednosti f(x) proti vrednosti L, ko se x kakorkoli bliža številu a, je L limita funkcije f v točki a.

1- … je geometrijsko zaporedje s pr• Zaporedje 3, 1, --1- , --1- , ----3

NE POZABI

Limita

33. V vojaški spalnici stoji ob steni vzporedno sedem postelj. Na koliko načinov lahko novinci zasedejo postelje, če mora najstarejši spati pri vratih?

34. Za proslavo ob obletnici osamosvojitve Slovenije načrtujejo pet pesmi in med vsako po enega govornika. Na koliko načinov lahko naredijo program, če naj bo himna na začetku?

156

lim f x

xoa ------------------lim g x

xoa

Odvod funkcije f v točki x0 je enak limiti diferenčnega kvocienta, ko gre h proti nič: f x – f x

1 0lim -------------------------x –x

x1 o x0

1

0

fc x g x – f x gc x

---------------------------------------------g2 x

Odvodi nekaterih funkcij: f(x) xn

f ⬘(x) nx n 1

f(x) sin x

f ⬘(x) cos x

f(x) cos x

f ⬘(x) sin x

f(x) tan x

1 f ⬘(x) -----------2

f(x) cot x

1 f ⬘(x) ----------2

cos x sin x

1 --x

f(x) ln x

f ⬘(x)

f(x) ekx

f ⬘(x) kekx

f(x) ax

f ⬘(x) ax ln a

Funkcija f ima v točki x0 lokalni maksimum, če so vse funkcijske vrednosti blizu točke x0 manjše od funkcijske vrednosti f(x0).

Funkcija f ima v točki x0 lokalni minimum, če so vse funkcijske vrednosti blizu točke x0 večje od funkcijske vrednosti f(x0). Če je f ⬘(x) ! 0 za vsak x z intervala (a, b), potem je f na tem intervalu naraščajoča.

Odvod

f ⬘(x)

f x - ⬘ ( --------g x )

f x + h – f x

0 0lim ---------------------------------h

ho0

Če je f⬘(x) 0 za vsak x z intervala (a, b), potem je f na tem intervalu padajoča.

V točki x0, kjer preide funkcija iz padanja v naraščanje ali iz naraščanja v padanje, ima lokalni ekstrem. V tej točki je odvod enak 0: f ⬘(x0) 0.

Tangenta na krivuljo y f(x) v točki x0 ima smerni koeficient enak odvodu funkcije f⬘ v tej točki.

Naloge, ki razvijajo gibkost pri razmišljanju.

1. 09. 2021 14:22:04

1-poglavje_kombinatorika.fm Page 6 Sunday, September 12, 2021 4:46 PM

6 Osnovni izrek kombinatorike

I

Permutacije

I

Variacije

I

Kombinacije

I

Binomski izrek

KOMBINATORIKA

om

I

na .c

Kombinatorika je veja matematike, ki se je razvila iz preštevanja različnih razporeditev elementov dane končne množice. Za začetek zgodovine kombinatoričnih pojmov bi lahko postavili znamenito kitajsko Knjigo sprememb ali Ji-Čing, ki sega daleč nazaj v 8. stol. pr. Kr. Ta knjiga povezuje staro kitajsko filozofijo s psihologijo, prerokovanjem in koledarjem, prek mističnih diagramov (pa kua) pa tudi s kombinatoriko. V knjigi so navedeni vsi možni trojni znaki ali trigrami, ki jih lahko sestavimo iz znakov (kot v nalogi 2 na str. 12).

Mistične trigrame pa kua še danes najdemo kot okrasje na uporabnih predmetih in na talismanih v državah Daljnega vzhoda.

ar

Tibetanski talisman z nebesnimi znamenji, znaki pa kua in magičnim kvadratom v sredini.

Kar resno (vendar ne na teoretični ravni) so se s problemi kombinatorike ukvarjali rimski patricij Boetius v 5. stol., indijski matematik Bhaskara v 12. stol. in judovski učenjak iz Avignona Levi ben Gerson v 14. stoletju. Za slednjega je znano, da je znal izračunati permutacije, kombinacije in variacije brez ponavljanja, čeprav pri tem ni uporabljal nobene simbolike.

jig

Leta 1494 je Luca Pacioli v knjigi Summa de arithmetica opisal, kako izračunati, na koliko načinov se lahko določeno število ljudi vsede za ravno mizo. Pomembna prelomnica za kombinatoriko pa je 16. stol. s Cardanom, Tartaglio, Leibnizem, Buteom, še posebej pa 17. stol. s Pascalom, Fermatom in Jakobom Bernoullijem.

kn

Leta 1559 je francoski menih in učenjak Joannes Buteo v Lyonu izdal knjigo Logistica, v kateri je opisal kombinatorično ključavnico z več vrtečimi cilindri. Take ključavnice so naprodaj še danes. So zelo priročne, ker ne moremo izgubiti ključa, hkrati pa je nerodno, če izgubimo spomin.

Jakob Bernoulli (1654–1705)

Za konec povejmo, kako je Jakob Bernoulli v svoji knjigi Ars Conjectandi, ki je po njegovi smrti izšla v Baslu leta 1713, »definiral« kombinatoriko:

Neskončna raznolikost, ki se kaže tako v delih narave kot v človekovi ustvarjalnosti, ki dela svet in vesolje posebno lepo, ima svoj edini vzrok v različnosti spajanja, mešanja in grupiranja posameznih delov. Ker je število stvari, ki vplivajo na stvaritev kakega pojava ali dogodka, ponavadi tako veliko in raznovrstno, da spoznavanje vseh načinov, po katerih se lahko, ali pa se ne more, uresničiti to povezovanje, privede do velikih težav, ni čudno, da tudi najmodrejši ljudje delajo napako, ki se ji v logiki pravi »nedovoljeno naštevanje delov«. Zato si ne pomišljam trditi, da je ta napaka gotovo edini izvor mnogih velikih zablod, ki jih delamo pri raziskavah pojavov, ki jih želimo spoznati in se z njimi okoristiti. Zato moramo po pravici meniti, da je veščina, ki ji pravimo kombinatorika, zelo koristna in nam lahko precej pomaga pri pomanjkanju ostrine naših čutnih opazovanj. Ta veščina nas uči, kako se uporabljajo načini in postopki, s katerimi je mogoče več predmetov med seboj pomešati, jih združevati in potem prešteti vse možnosti, da z gotovostjo vemo, da niti ene od njih nismo izpustili.

1-poglavje_kombinatorika.fm Page 7 Sunday, September 12, 2021 4:46 PM

7 V nadaljevanju poglejmo nekaj primerov uporabe kombinatorike v zgodovini.

om

V srednjem veku je imela beseda ABRACADABRA po besedah ranocelnikov čudežno moč, posebej pri zdravljenju tridnevne mrzlice. Po receptu Serenusa Saunonicusa je bilo treba besedo napisati v obliki trikotnika in jo potem prebrati na vse mogoče načine, od vsakega A na levi do zadnjega A na desni v prvi vrsti. Na ta način je bilo mogoče besedo prebrati natanko 210 oz.

1024-krat. Če bolnik po treh dneh, ob vmesnem branju čudežne besede, ni ozdravel, je imel ranocelnik pri roki izgovor, da je bolnik pri branju najbrž izpustil katero od možnosti.

A B R A C A D A B R A A B R A C A D A B R A B R A C A D A B A B R A C A D A A B R A C A D A B R A C A A B R A C A B R A A B R A B A

Cerkev San Salvador v španskem mestu Oviedo je dal zgraditi knez Silo. Na to dejanje je bil tako ponosen, da si je na nagrobnik dal vklesati zagoneten napis: c e f s p e c n c e p s f e c

e f s p e c n i n c e p s f e

f s p e c n i r i n c e p s f

s p e c n i r p r i n c e p s

p e c n i r p o p r i n c e p

e c n i r p o l o p r i n c e

c n i r p o l i l o p r i n c

n i r p o l i

c n i r p o l i l o p r i n c

e c n i r p o l o p r i n c e

p e c n i r p o p r i n c e p

s p e c n i r p r i n c e p s

f s p e c n i r i n c e p s f

e f s p e c n i n c e p s f e

c e f s p e c n c e p s f e c

i c e f s p e c e p s f e c i

t i c e f s p e p s f e c i t

na .c

i c e f s p e c e p s f e c i

S i l o p r i n

ar

t i c e f s p e p s f e c i t

Napis razvozljamo tako, da začnemo brati pri velikem S v sredini in se pomikamo navpično in (ali) vodoravno do ene od črk t na vogalih. V vseh primerih, in teh je kar 45 760, preberemo latinski stavek Silo princeps fecit ali po naše Zgradil knez Silo.

jig

Kombinatoriko so v 19. stoletju uporabili za izdelavo igre miriorama (ime pride od miriada = nešteto in panorama = pregled). Na idejo, kako z razporejanjem različnih kart ustvariti različne pokrajine, je prišel francoski pisatelj za otroke Jean Pierre Brès. Potem mu je zamisel prevzel Anglež John Clark in leta 1824 začel izdelovati komplete po 18 kart z imenom italijanska pokrajina.

kn

Francoski pesnik in pisatelj Raymond Queneau (1903–1976) je avtor knjige Cent mille milliards de poemes (Sto tisoč milijonov pesmi). Knjiga vsebuje 14-vrstične sonete, ki so natiskani le na desni strani, vsaka stran pa je razrezana na 14 trakov (tako da vsak trak vsebuje eno vrstico soneta). Trakove lahko listamo neodvisno, pa ima kljub temu vsak sonet pravo strukturo in pomen.

1-poglavje_kombinatorika.fm Page 8 Sunday, September 12, 2021 4:46 PM

8

Osnovni izrek kombinatorike

om

Jakob Bernoulli je za svoj čas povedal kar dobro definicijo kombinatorike: Kombinatorika je preštevanje. Ker ne gre za enostavno preštevanje predmetov neke končne množice, na zgledih poglejmo, kaj spada k tej veji matematike.

ZGLEDI

1. V družini proslavljajo skupni praznik. Ko pride čas zdravice, dvignejo kozarce in trčijo vsak z vsakim. Koliko trkov je slišati, če praznuje 6 ljudi?

na .c

Do rezultata bomo prišli postopoma in pri tem skušali poiskati tudi zakonitost oz. formulo. Recimo, da bi nazdravila le oče in mama. Potem bi bil trk en sam. Če bi z njima nazdravil še najstarejši otrok, bi bili trije trki (1  2  3), pri štirih dvignjenih kozarcih bi slišali 6 trkov (1  2  3  6), pri petih 10 trkov (1  2  3  4  10) in pri trkanju vseh šestih članov družine 15 trkov (1  2  3  4  5  15).

Očitno je, da se splošna formula za n kozarcev glasi

ar

n(n – 1) N  1  2  3  …  n  ----------------2

in jo poznamo kot rešitev računanja števila diagonal konveksnega n-kotnika.

jig

2. Pred 250 leti sta si matematika L. Euler in N. Bernoulli dopisovala o »problemu zamenjave pisem« in ga tudi rešila.

kn

Nicolaus Bernoulli (1695–1726)

Leonhard Euler (1707–1783)

Pisar je napisal n pisem in n ovojnic. Pri vstavljanju pisem v ovojnice ni bil pozoren. Koliko je vseh možnosti, da vsaj eno pismo ne pride na pravi naslov?

Problem lahko poenostavimo tako, da izberemo npr. n  4 in preštejemo vse možnosti razvrščanja pisem v ovojnice. Ovojnice zložimo drugo poleg druge in ugotovimo, da imamo za prvo ovojnico na voljo eno od štirih pisem, za drugo ovojnico eno od treh pisem, za tretjo eno od dveh pisem in za četrto ovojnico še zadnje pismo.

N  4  3  2  1  24

Vseh napačnih možnosti je 23, kajti samo ena je prava.

1-poglavje_kombinatorika.fm Page 9 Sunday, September 12, 2021 4:46 PM

9 3. Če hočemo v našem šolskem sistemu doseči visoko izobrazbo, moramo iti skozi tri stopnje: (1) osnovno šolo; (2) srednjo šolo: gimnazijo, tehniško gimnazijo in srednjo tehniško šolo z maturitetnim tečajem; (3) fakulteto ali visoko šolo. Izračunajmo, na koliko načinov lahko študent konča izobraževanje.

om

Za lažje reševanje si bomo narisali diagram. Začetek in konec stopnje šolanja bo označen s točko, različne možnosti znotraj stopnje pa s povezavami med točkami. Ker je osnovna šola enotna, med prvima dvema točkama narišemo le eno povezavo, med drugo in tretjo točko so tri povezave, med tretjo in četrto točko pa dve povezavi.

Z enostavnim preštevanjem vseh možnosti pridemo do števila 6. Rešitev se najbolje vidi, če je predstavljena s kombinatoričnim drevesom.

na .c

Zadnja dva zgleda sta enostavna primera posebnega pravila oz. strategije, ki je osnova za vse računanje v kombinatoriki. Imenujemo ga osnovni izrek kombinatorike ali pravilo produkta.

OSNOVNI IZREK KOMBINATORIKE ALI PRAVILO PRODUKTA ZGLED

ar

V trgovinah z igračami prodajajo igro, sestavljeno iz kart. Po tri od njih predstavljajo posamezno vrsto vozila (gasilski, policijski, poštarski, cirkuški …).

Z zamenjavo posameznih kart nastanejo komične situacije, ko npr. prvi del vozila pripada poštarskemu, srednji del cirkuškemu avtomobilu, zadnji del pa je avtobusni. Koliko takih vozil lahko sestavimo iz 30 kart?

jig

Sestavljanje »vozil« je proces, ki ima tri faze. Prva faza (sprednji del vozila) je izvedljiva na 10 načinov, na prav toliko načinov sta izvedljivi tudi druga faza (postavljanje srednjega dela vozila) in tretja faza (zadnji del vozila).

Zato lahko iz 30 kart sestavimo 10  10  10  1000 različnih »vozil«.

Zgled z otroškimi kartami smo naredili zato, da laže razumemo zakonitost, ki jo imenujemo osnovni izrek kombinatorike oz. pravilo produkta:

kn

Če je proces odločanja sestavljen iz k zaporednih faz in je v prvi fazi možnih n1 odločitev, v drugi fazi n2 odločitev…, v k-ti fazi nk odločitev, število izborov v posamezni fazi pa je neodvisno od tega, katere možnosti so bile izbrane v prejšnjih fazah, potem je število vseh sestavljenih odločitev produkt vseh odločitev v posameznih fazah: N = n1 · n2 · … · nk

1-poglavje_kombinatorika.fm Page 10 Sunday, September 12, 2021 4:46 PM

10

ZGLED Gospod Brglez ima v omari dva para čevljev, pet srajc, šest kravat, troje hlač in dva suknjiča. Na koliko načinov se lahko obleče, če ne upošteva ustreznosti barv in vzorcev in obleče po enega od vseh vrst oblačil?

om

Na izbor oblačil gospoda Brgleza lahko gledamo kot na proces petih zaporednih faz: pri obutvi ima dve možnosti, pri izboru srajce pet, pri kravatah šest, pri izboru hlač tri in pri suknjiču dve. Število izborov v posamezni fazi ni odvisno od izborov v drugih fazah, zato lahko uporabimo osnovni izrek kombinatorike: N  2  5  6  3  2  360

Gospod Brglez ima v omari tudi tri klobuke in dve čepici. Na koliko načinov se lahko pokrije, ko zapusti stanovanje z enim pokrivalom?

na .c

Izbira lahko med tremi klobuki in dvema čepicama, torej ima pet možnosti, saj nima na glavi hkrati klobuka in čepice (ti dve možnosti se izključujeta).

Drugi del zgleda ne moremo rešiti na enak način kot prvega, saj izbiramo med dvema množicama, izbori pa so nezdružljivi. Zato smo v tem primeru uporabili pravilo vsote.

PRAVILO VSOTE

ar

Če izbiramo med n1 možnostmi iz prve množice izborov, n2 možnostmi iz druge množice izborov …, nk možnostmi iz k-te množice izborov in so izbori iz vsake množice nezdružljivi z izbori iz drugih množic, potem je vseh izborov: M = n1 + n2 + … + nk

jig

ZGLEDI

1. Igro na igralnem avtomatu začnemo z dvema žetonoma in stavimo največ trikrat zapored. Avtomat v igri lahko vrne vloženi žeton in še enega za nagrado ali pa žeton »požre«. S kombinatoričnim drevesom igre preštejmo, s koliko žetoni se lahko konča ta igra.

kn

Drevesno strukturo bomo oblikovali tako, da bomo na razvejišča drevesa pisali število žetonov, ki jih imamo v tistem času.

2 3

1

4 5

2 3

3

2 1

3

Igro lahko zaključimo z 0, 1, 3 ali 5 žetoni.

0 1