KOMBINATOORIKA ELEMENTE Alustame kolmest sportliku sisuga ülesandest.

Ülesanne 1. Võistlustest võtab osa 6 võistkonda. Mitmel erineval viisil võivad jaotuda

võistkondade vahelised kohad?

Tinglikult võib kõik võistkonnad nummerdada: 1, 2, 3, 4, 5 ja 6. Igale võistkonnale võib aga ka vastavusse seada mingi naturaalarvu 1-st kuni 6-ni. See naturaalarv näitab,

mitmendale kohale üks või teine võistkond tuli. On selge, et võistkond nr. 1 ei pruugi

saavutada esimest kohta, võistkond nr. 2 teist kohta jne. Esitame mõned võimalikud situatsioonid:

Koha nr. I II III IV V VI

Võistkonna nr. 3 6 1 5 2 4

6 1 4 2 5 3

1 5 3 6 4 2

Peale nende võimaluste on veel palju teisi. Neid võimalusi tuleb nii palju, kui mitmel erineval viisil võime ümber paigutada kuut numbrit. Kaks ümberpaigutust on erinevad,

kui vähemalt ühel kohal on erinevad numbrid. Näiteks ümberpaigutused (1, 2, 3, 5, 4,

6) ja (1, 2, 3, 4, 5, 6) on erinevad, kuna neljandal (ja ka viiendal) kohal on erinevad võistkonnad.

Ülesanne 2. Poolfinaalis osaleb 6 võistkonda. Finaali pääseb neist vaid kolm. Mitu

erinevat võimalust on finaalgrupi moodustamiseks?

Selle ülesande juures ei huvita meid kogu võistlustabel. Tähtis on vaid see, millised

võistkonnad on selles tabelis kohtadel 1- 3. See, kuidas kolm esimest kohta on

jaotatud, pole samuti oluline - finaalis kohtuvad edasijõudnud võistkonnad võrdsetel

tingimustel uuesti. Pole ju sugugi välistatud, et poolfinaalis kolmandaks tulnud võistkond tuleb finaalis esimesele kohale.

Ülesanne 3. Finaalvõistlustel osaleb 6 võistkonda. Mitmel erineval viisil võivad

jaotuda kuld-, hõbe- ja pronksmedal nende võistkondade vahel?

See ülesanne on teatud määral sarnane eelmisele, kuid siin on tähtis ka see, milline

võistkond jõudis esimesele kohale ning sai seega kuldmedali, milline teisele ning sai

hõbemedali, milline kolmandale ning sai pronksmedali. Kui eelmises ülesandes kolm

esimest kohta said võistkonnad 1, 4 ja 6, siis tulemused (1,4,6), (1,6,4) ja (6,1,4) on identsed. Ülesandes nr 3 on need kolm tulemust aga erinevad - pole ju sugugi ükskõik,

kas kuldmedali sai võistkond nr. 1 või nr.6. Toodud ülesannetest on juba võimalik

saada mingi ettekujutus sellest, milliseid probleeme lahendab kombinatoorika1.

1Kombinatoorika elemente tunti juba vanas Kreekas. Teoreetiliselt põhjendas kombinatoorika

seaduspärasused kahekümneaastane saksa matemaatik Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716)

oma teoses "Dissertatio de arte combinatoria" (1666).

Kombinatoorika ülesannetes tuleb leida erinevate variantide arv, vastata küsimustele "kui palju?" või "mitmel viisil?". Toome mõned näited kombinatoorika probleemidest:

"Mitmel viisil võivad omavahel kohti vahetada teie klassi õpilased?"

"Mitmel viisil võib kõrgkooli pürgija saada kolmel sisseastumiskatsel vähemalt 20

nõutavat punkti?" "Meil on vaja kumer n-nurk jaotada diagonaalide abil kolmnurkadeks. Kui palju on

selleks erinevaid võimalusi?"

Kõikide nende probleemide üldine seade on järgmine:

On olemas n elementi. Neist elementidest moodustame kogumeid, mis võivad erineda

üksteisest

1) elementide järjestuse poolest. Näiteks esimeses ülesandes toodud võistluse lõpptulemustes on erinevused ainult

võistkondade järjestuses.

2) elementide endi poolest.

Teises ülesandes väljavalitud finaalgruppides vähemalt üks liige erinev.

3) elementide endi ja nende järjestuse poolest.

Kolmandas ülesandes on oluline nii see, missugused võistkonnad pääsevad

esimese kolme hulka, kui ka see, kuidas need kolm võistkonda jagavad medalid.

Kõiki selliseid kogumeid nimetatakse ühise nimetusega - ühendid.

Ühenditeks nimetatakse mingitest elementidest moodustatud kogumeid, mis

erinevad üksteisest kas elementide endi, nende järjestuse või arvu poolest.

Ühendeid liigitatakse (liigituse aluseks on elementide esinemine või mitteesinemine

ning elementide järjestus ühendis) järgmiselt:

1) Permutatsioonid - ühendid, mis erinevad üksteisest ainult elementide

järjestuse poolest (ül. 1).

2) Kombinatsioonid - ühendid, mis erinevad üksteisest ainult elementide endi

poolest (ül. 2).

3) Variatsioonid - ühendid, mis erinevad üksteisest kas elementide endi või nende

järjestuse poolest (ül. 3).

KOMBINATOORIKA PÕHIREEGLID

Alljärgnevalt esitame kaks üldist reeglit, mille abil lahendatakse suurem osa

kombinatoorika ülesandeid.

Näide 1. Oletame, et raamaturiiulil on n raamatut. Võtame juhuslikult ühe raamatu. Mitmel erineval viisil võime me seda teha? Loomulikult on selleks n võimalust.

Paigutame nüüd need n raamatut kahele riiulile. Esimesel riiulil olgu r raamatut,

teisel s raamatut. Valime nüüd mingilt riiulilt ühe raamatu. Mitmel erineval viisil on see võimalik?

Esimeselt riiulilt võime võtta raamatu r erineval viisil, teiselt riiulilt s erineval viisil.

Seega kokku on r + s = n

võimalust.

Tulemuse võime sõnastada järgmiselt:

Kui mingi elemendi A võib valida r erineval viisil, elemendi B aga s erineval viisil

(mis erinevad elemendi A valimisviisidest), siis elemendi "kas A või B" saab

valida r + s erineval viisil.

See on n.n. liitmisreegel.

Näide 2. Mõnistest Viljandisse otsetee puudub. Mõnistest saab sõita Viljandisse kas

Võru või Valga kaudu. Võru kaudu minnes on olemas kolm erinevat teed, Valga

kaudu aga kaks. Mitu erinevat bussiliini saab panna tööle Mõniste ja Viljandi vahel? Marsruudil Mõniste-Võru-Viljandi saab käiku lasta 3 bussiliini, marsruudil Mõniste-

Valga-Viljandi aga 2. Seega Mõniste ja Viljandi vahel võib käiku lasta

3 + 2 = 5 erinevat bussiliini.

Näide 3. Oletame, et sellelt riiulilt, kus oli r raamatut, me valisime ühe raamatu. Sõltumata sellest, mis raamatu me valisime, võtame teiselt riiulilt, kus oli s raamatut

samuti ühe. Mitu erinevat raamatute paari me võime saada? Vastuse sellele küsimusele

saame tabelist, mille selgituse jätame õppijaile:

Kõikvõimalike paaride koguarv n avaldub kujul

n = r ·s.

Saadud reegli võime nüüd sõnastada nn korrutamisreeglina:

Kui elemendi A saab valida r erineval viisil ning elemendi B saab (pärast

elemendi A valimist) valida s erineval viisil, siis elementide paari "A ja B" saab

valida r · s erineval viisil.

Saab näidata, et korrutamise (liitmise) reegel jääb kehtima ka siis, kui tegureid

(liidetavaid) on kahest suurem arv.

1009. Puuviljavaagnal on 4 õuna, 5 pirni ja 8 ploomi. Kui mitu võimalust on ühe

puuvilja valikuks?

1010. Tütarlapsel on neli erinevat pluusi, viis erinevat seelikut ja kolmed kin- gad, mis kõik oma tegumoe ja värvi poolest sobivad omavahel. Kui

mitmel erineval viisil saab ta valida väljaminekuks sobiva riietuse?

1011. Kui mitu erinevat "kolmekäigulist" lõunat on võimalik valida, kui menüüs

on kolm suppi, neli praadi ning kaks magustoitu?

1012. Mäekülast saab sõita Metsaniidule ainult läbi Oruvälja. Mäekülast läheb

Oruväljale 2 teed, Oruväljalt Metsaniidule 3 teed. Kui mitu erinevat

bussiliini saab panna liikuma Mäeküla ja Metsaniidu vahel?

1013. Kui mitu erinevat teed on punktist A punkti B, kui tohib liikuda ainult

nooltega märgitud suundades?

BA

A

B

PERMUTATSIOONID

Kirjutame välja kõik eesti tähestikus kasutatavad tähed:

A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, L, M, N, O, P, Q, R, S, Š, Z, Ž, T, U, V, W, Õ, Ä, Ö, Ü, X, Y.

Neid on 32. Kõik tähed on kindlas järjekorras, s.o. n.n. tähestikulises järjekorras. Täht

A on esimene täht, B - teine, C - kolmas jne. kuni viimase täheni Y, mille

järjekorranumber on 32. Kui need tähed paigutada vastupidises järjekorras, siis loeme esimeseks täheks Y-i, teiseks X-i jne. Siis on tähe A järjekorranumbriks 32. Meie

P u šk in

"K a p ten i

tü ta r"

T šeh h o v

"K irsiaed " ...

G rib o jed o v

"H ä d a m õ is-

tu se p ärast"

K

L u ts

" ev ad e"

Vild e

"P isu h än d "

B o rn h ö h e

"Tasu ja"

...

...

...

... ... ... ... ...

r

s

kolmekümne kahe tähe igasugune kindel järjestus on üheks võimalikuks permutatsiooniks2.

Lõpliku hulga elementide permutatsiooniks nimetatakse igat selle hulga elemen-

tide järjestust.

Kui hulgas on n elementi, siis permutatsioonides esinevad nad kõik. Permutatsioonide

arvu n elemendist tähistatakse sümboliga Pn.

Permutatsioonide moodustamisel ei ole oluline, mitu elementi on antud hulgas.

Loomulik oleks kõnelda permutatsioonide arvust, kui elemente on vähemalt kaks. Vaatame, mis juhtub aga siis kui n = 1; s.o. hulgas on üksainus element. Sel juhul on

ka permutatsioone sellest ainsast elemendist üks: P1 = 1.

Kahest elemendist a ja b võib moodustada kaks permutatsiooni: (a, b) ja (b, a). Seega P2 = 2.

Kui hulk koosneb kolmest elemendist a, b ja c, siis toimime järgmiselt: valime kaks elementi (a, b). Kolmanda elemendi võime paigutada esimesele, teisele või

kolmandale kohale: (c, a, b), (a, c, b), (a, b, c).

Teise järjestatud hulga (b, a) puhul saame: (c, b, a), (b, c, a), (b, a, c). Seega igale kaheelemendilisele järjestatud hulgale kolmanda elemendi lisamisel saame

järjestatud kolmiku.

Meil tekkis 6 järjestatud kolmikut, ehk P3 = 3·P2 = 6.

Et saada kõikvõimalikud permutatsioonid neljast elemendist võtame

kõikvõimalikud permutatsioonid kolmest elemendist ning paigutame neljanda

elemendi neis vastavalt esimesele, teisele, kolmandale, neljandale kohale, s.t.

P4 = 4·P3 = 4·6 = 24.

Kirjuta välja kõik permutatsioonid neljast elemendist a, b, c ja d!

On kerge näha, et P5 = 5P4, P6 = 6P5 ja üldiselt

Pn = n·Pn-1 (1).

Tõestame selle võrduse. Olgu meil järjestada hulk, mis sisaldab n erinevat elementi.

Valime mingi elemendi ning paigutame selle viimasele n - ndale kohale. Selle elemendi valikuks on n erinevat võimalust. Kui see element on juba valitud, jääb veel

n-1 elementi. Nendega tuleb täita n-1 esimest kohta. Selleks on Pn-1

võimalust.

Vastavalt korrutamise reeglile saame n elemendilise hulga järjestamiseks nPn-1

võimalust. Valemist (1) saame:

Pn = nPn-1 = n·(n-1)Pn-2 = n·(n-1)(n-2)Pn-3 = … = n·(n-1)(n-2)·…·P1 = 1·2·3·…·n.

Esimese n naturaalarvu korrutise ülesmärkimiseks kasutatakse sümbolit n!

2lad. permutation - ümberpaigutus.

(loe: "n - faktoriaal"3). Seega on valem (1) esitatav ka kujul

nn 321P

ehk

!P nn .

Et tühi hulk on järjestatav ühel võimalikul viisil, siis loetakse P0 = 1.

: Esitame nüüd BASIC-keelse programmi Pn arvutamiseks.

Näide 1. Kaks sõpra Jaan ja Mart ning veel 6 õpilast seisavad järjekorras. Kui mitmel erineval viisil võivad Jaan ja Mart seista nii, et nende vahel seisaks kolm õpilast?

Lahenduse idee saab selgeks tabelist, kus Jaan on tähistatud J-ga, Mart aga M-ga.

J a b c M d e f

a J b c d M e f

a b J c d e M f

a b c J d e f M

4 võimalust

Vahetades J ja M kohad, saame 4·2 = 8 võimalust. Nüüd vahetavad oma kohti ka

õpilased a, b, c, d, e ja f. Selleks on P6 = 6! = 1·2·3·4·5·6 = 720 võimalust.

Et Jaan ja Mart saavad järjekorras paikneda 8 erineval viisil, ülejäänud 6 õpilast aga

720 erineval viisil, siis saame korrutamise reegli põhjal otsitavaks arvuks

8·720 = 5760.

Näide 2. Lihtsustame avaldise P1+2P2+3P3+…+nPn.

Vaatleme võrdust nPn = n·n! = [(n+1)-1] n! = (n+1)n! - n! = (n+1)! - n!.

Anname n-le väärtusi 1, 2, 3, …, n.

P1 = 2! - 1!

2P2 = 3! - 2!

3P3 = 4! - 3!

................... nPn = (n+1)! - n!.

Liites nende võrduste vastavad pooled, saame peale erimärgiliste liidetavate koondamist:

P1+2P2+3P3+…+nPn = (n+1)! - 1 = Pn+1 - 1.

3lad. faktor - tegur

Näide 3. Seitse poissi seisavad reas. Mitu permutatsiooni saame kui 1) üks kindel poiss seisab alati rea lõpus?

2) üks kindel poiss seisab alati kas rea alguses või lõpus?

3) kaks kindlat poissi on alati kõrvuti?

Lahendus:

1) Kui üks kindel poiss seisab alati rea lõpus, siis võivad kohti vahetada ülejäänud

kuus poissi. Siis saame P6 = 6! = 720 võimalust.

2) Vastavalt liitmisreeglile saame võimalusi 2·P6 = 1440.

3) Kaks poissi A ja B võivad kõrvuti olla 2·6! = 1440 erineval viisil.

Mõelge läbi ja põhjendage see väide!

1014. Moodusta antud hulga elementidest kõikvõimalikud permutatsioonid.

1) A = {} 2) A = {1; 2}

3) A = {J; K; L} 4) A = {;;;}

1015. Arvuta.

1) 9! + 10! 2) 8! - 1! 3) 1995!

1996!

4) 14! - 13!

13! 5)

7! - 5!

120 6)

8!5!

11! ( )9!

4!5! -

10!

3!6!

1016. Taanda murd.

1) k!

( )k-2 ! 2)

( )n-1 ! n

( )n+1 ! 3)

( )p - 2 !

( )p - 4 !

4) 2k( )2k-1 !

( )2k ! 5)

( )2k !

( )2k+1 !

1017. Lihtsusta.

4!

k( )k+1 ·

( )k+1 !

( )k-1 !2! , k1, kN.

1018. Mitmel erineval viisil saab 6 erinevat kirja panna kuute erinevate aadressidega ümbrikusse, nii et igas ümbrikus oleks üks kiri?

1019. On 5 kaarti. Neil on numbrid 1, 2, 3, 4 ja 5. Mitu erinevat viiekohalist arvu

saab neist kaartidest moodustada, kui kõik arvud peavad olema suuremad kui

a) 20000; b) 32000?

1020. Kui palju on olemas kahekohalisi arve, mille mõlemad numbrid on paaritud?

1021. Mitu erinevat kolmekohalist kolmega jaguvat arvu saab moodustada numbritest 1, 2, 3, 6, 9 nii, et ükski number arvus ei korduks?

1022. Seltskonnas on N inimest (N > 2), kes istuvad ümber ümmarguse laua. Kui

mitmel erineval viisil võivad kaks sõbratari Ene ja Viive sattuda kõrvuti?

1023. Mitmel erineval viisil saab ümmarguse laua taga istet võtta 5 noormeest ja 5 neidu nii, et tekiks "kirju rida" (s.t. samast soost isikud poleks kõrvuti)?

1024. Sama ülesanne mis eelmine, ainult et 5 noormeest ja 5 neidu ei istu mitte

ümmarguse laua taha, vaid karussellile. Kui üks paigutus saadakse teisest karusselli

pöörlemisel, siis loetakse need ühtivateks.

1025. Mitmel erineval viisil võib malelauale paigutada 8 vankrit nii, et nad ei saaks

üksteist lüüa? Kaks vankrit võivad teineteist lüüa, kui nad paiknevad samal

horisontaalil või vertikaalil.

Esimene lahendus. On selge, et iga sellise paigutuse korral peab igal horisontaalil ja igal

vertikaalil olema täpselt üks vanker. Seega esimesel real peab olema üks vanker. Selle

paigutamiseks on 8 võimalust. "Kustutame" esimese rea ja selle veeru, kus see vanker on.

Teisele reale jääb vankri paigutamiseks 7 võimalust. Paneme ühele kohale seitsmest teise

vankri ning "kustutame" teise rea ning veeru, kus see vanker on. Kolmandal real on vankri

paigutamiseks juba 6 võimalust jne. Seega on kokku 8 vankri paigutamiseks 8·7·6·5·4·3·2·1 =

8! võimalust.

Teine lahendus. Esimese vankri võib panna ükskõik millisele 64-st väljast. Seega on esimese

vankri paigutamiseks 64 võimalust. "Kustutame" rea ja veeru, kus see vanker asub. Teise

vankri paigutamiseks on 77 = 49 võimalust. Peale vankri paigutamist ühele ruudule kustutame

rea ja veeru, kus see vanker asub. Niiviisi jätkates leiame, et viimase 8-nda vankri

paigutamiseks jääb 1 võimalus. Vastavalt korrutamisreeglile saame kokku

64·49·36·25·16·9·4·1 = (8!)2 võimalust.

Kumb lahendus (kas esimene või teine) on õige? Või on mõlemad õiged? Või hoopis

mõlemad väärad? Põhjenda. Kui leiad, et mõlemad lahendused on väärad, paku omapoolne.

1026. Lihtsusta.

6

2)( 3

1

1 4)

1

5 5

1

12 3 4)

!

( ) ( )(

( )!

( )! !

( )!

!( !k k k k

k

k

k k

k

VARIATSIOONID

Vaatame veelkord ülesannet:

Finaalvõistlustel osaleb 6 võistkonda. Mitmel erineval viisil võivad jaotuda kuld- hõbe- ja pronksmedal nende võistkondade vahel?

See ülesanne lahendatakse korrutise reegli põhjal. Kuldmedali võib saada ükskõik

milline 6 võistkonnast. Teiste sõnadega, meil on siis 6 võimalust. Ent kui mingi

võistkond on kuldmedali saanud, siis jääb vaid 5 pretendenti hõbemedalile. Kui ka hõbemedal on kätte antud, siis võib pronksmedali saada vaid üks võistkond ülejäänud

4 võistkonna hulgast.

Seega saame korrutise reegli järgi, et medalid võivad jaotuda 6·5·4 = 120 viisil.

Toome ära veel ühe ülesande:

Olgu meil 6 kaarti, millele on kirjutatud numbrid 1, 2, 3, 4, 5 ja 6. Mitu erinevat

kolmekohalist arvu me saame neist kaartidest moodustada?

Ka see ülesanne lahendatakse korrutise reegli abil. Üheliste numbri valikuks on 6

erinevat võimalust. Kui üheliste number on välja valitud, siis jääb järele 5 kaarti. Nende hulgast valime kaardi kümneliste numbriga. Selleks on 5 võimalust. Sajaliste

numbri saame valida 4 kaardi hulgast. Seega saame korrutise reegli põhjal, et neist

kaartidest saame moodustada 6·5·4 = 120 erinevat kolmekohalist arvu.

Kas see ülesanne erineb eelmisest või mitte?

Selles paragrahvis toodud näiteülesanded võib üldkujul sõnastada nii:

On antud n erinevat elementi. Mitmel erineval viisil saab nende hulgast välja valida k elementi, nii et oleks erinev kas vähemalt üks element või elementide järjekord?

Mõlemas toodud näiteülesandes valisime 6 elemendi hulgast välja 3 elementi. Oluline

on nii see, missugused elemendid me valisime, kui ka valitud elementide järjestus.

Tuletame meelde varemõpitut:

Variatsioonideks nimetatakse mingitest elementidest moodustatud ühendeid, mis

erinevad üksteisest kas elementide endi või nende järjestuse poolest.

Variatsioone saab ka teisiti defineerida, ja nimelt järgmiselt:

Variatsioonideks n elemendist k elemendi kaupa nimetatakse n - elemendilise

hulga k elemendilisi järjestatud osahulki.

Variatsioonide arvu n elemendist k kaupa tähistatakse sümboliga Ank (või Vn

k ).

Meie näites A63 = 120.

Proovime leida valemi Ank arvutamiseks, eeldades, et k 0. Olgu meil n elementi.

Esimese elemendi valimiseks on n võimalust. Järele jääb (n-1) elementi. Seetõttu on teise elemendi valikuks (n-1) võimalust. Järelikult on kahe esimese elemendi valikuks

korrutise reegli põhjal n·(n-1) võimalust.

Kolmanda elemendi saame valida allesjäänud (n-2) elemendi hulgast, seega on kolmanda elemendi valikuks (n-2) võimalust. Korrutise reegli põhjal on kolme

elemendi valikuks n·(n-1)·(n-2) võimalust.

Nelja elemendi valikuks on n·(n-1)·(n-2)·(n-3) võimalust ja analoogiliselt jätkates

saame et k elemendi valikuks on ·(n-1)·(n-2)·…·[n - (k - 1)] võimalust. Seega

A n

kn n n n k ( )( ) ( ).1 2 1

Ehk sõnastades:

Variatsioonide arv n elemendist k kaupa on võrdne k järjestikuse naturaalarvu

korrutisega, millest suurim on n.

Korrutame ja jagame saadud valemi paremat poolt korrutisega 1·2·3·…·(n-k), saame

Ank n k n k n n

n k

1 2 3 1 1

1 2 3

( ) ( ) ( )

( ),

ehk

A n

k n

n k

!

( )!.

Kui k = 1, siis An1 =

n!

( )n - 1 ! = n.

See on ka loomulik, sest n elemendi hulgast saab ühe elemendi välja valida n erineval

viisil.

Kui k = n, siis Ann =

n!

( )n - n ! = n! = Pn.

Et k = n korral iga variatsioon sisaldab kõiki elemente, siis saavad nii tekkivad

variatsioonid erineda ainult elementide järjestuse poolest. Seetõttu on variat-sioonide

arv n elemendist n kaupa võrdne permutatsioonide arvuga n elemendist.

Eelnevalt me ei vaadelnud juhtumit, kus k = 0.

Kui k = 0, siis An0 =

n!

( )n - 0 ! = 1.

1027. On teada, et k < n. Võrdle arve Pn ja Ank .

1028. Haigla kirurgiaosakonnas töötab 15 kirurgi. Mitmel erineval viisil saab moodustada brigaadi, milles on üks opereeriv kirurg ja üks assistent?

1029. Ühe päeva tunniplaanis on 5 tundi. Mitu erinevat tunniplaani saab koos

tada 10 õppeainest, kui igale õppeainele on ette nähtud üks tund päevas?

1030. Mitu erinevat viiega jaguvat viiekohalist arvu saab moodustada numb- ritest 0, 1, 2, 3, 4 ja 5 nii, et ükski number arvus ei korduks?

1031. Mitu erinevat viiekohalist paarisarvu saab moodustada numbritest

0, 1, 2, 3, 4 ja 5 nii, et ükski number arvus ei korduks?

1032. Lihtsusta

.14 kus ,A

AA 2)

A

AA

A

AA )1

12n

13n

14n

815

915

1015

727

827

927

n

1033. Mitu sõnaraamatut tuleb välja anda, et oleks võimalik tõlkida inglise, prantsuse, hispaania, saksa ja vene keelest ükskõik missugusesse neist

keeltest?

1034. Mitu sõnaraamatut oleks juurde tarvis, kui erinevate keelte arv oleks 8?

1035. Inglastel on kombeks panna oma lastele mitu nime. Mitmel viisil võivad nad lapsele nime anda, kui nimesid on kokku 300 ning lapsele ei panda rohkem kui kolm

nime?

1036. Ühiselamutoas elab kolm üliõpilast. Neil on 4 tassi, 5 alustassi ja 6 teelusikat

(kõik omavahel erinevad). Mitmel viisil võivad nad katta teelaua (igaühele tass, alustass ja lusikas)?

1037. Kabeturniirist võttis osa 12 kabetajat. Igaüks mängis igaühe vastu kaks partiid -

ühe mustadega ja ühe valgetega. Mitu partiid mängiti turniiril?

1038. Maleturniiril mängis iga osavõtja igaühega ülejäänutest ühe partii. Üldse

mängiti turniiril 45 partiid. Kui palju oli turniirist osavõtjaid?

1039. Diplomaadid suruvad kohtudes alati teineteise kätt. Mitu käepigistust vahetatakse diplomaatilisel vastuvõtul, kus osaleb 100 diplomaati?

KOMBINATSIOONID

Vaatleme veelkord ülesannet kombinatoorika peatüki algusest:

Poolfinaalis osaleb 6 võistkonda. Finaali, medalite jagamisele pääseb neist vaid kolm. Mitu erinevat võimalust on finaalgrupi moodustamiseks?

Võrdleme seda ülesannet variatsioonide arvu leidmisele taanduva ülesandega:

Finaalvõistlustel osaleb 6 võistkonda. Mitmel erineval viisil võivad jaotuda kuld- hõbe- ja pronksmedal nende võistkondade vahel?

Variatsioonide korral oli finaalijõudnud kolme võistkonna puhul oluline ka nende

järjestus, antud ülesandes järjestus oluline ei ole, sest meid ei huvita, mil viisil finaali

jõudnud võistkonnad jagavad omavahel medalid.

Vaatleme lõplikku hulka M, mis sisaldab n elementi. Näiteks M = {;;;}.

Moodustame mõned osahulgad M1 = {}, M2 = {; }, M3 = {; } jne. Neis

osahulkades võib olla kas üks, kaks, kolm või neli elementi.

Kombinatsioonideks n elemendist k kaupa nimetatakse n elemendilise

hulga k elemendilisi osahulki.

Iga kaks kombinatsiooni erinevad vähemalt ühe elemendi poolest, elementide

järjekord hulgas ei ole oluline.

Kirjutame välja hulga {;;;} kõik kaheelemendilised osahulgad:

{;}, {;}, {;}, {;}, {;}, {;}. Neid on kokku 6.

Kombinatsioonide arvu n elemendist k kaupa tähistatakse Cn

k.4

Selleks, et tuletada kombinatsioonide arvu valemit, meenutame variatsioonide

definitsiooni:

Variatsioonideks n elemendist k kaupa nimetatakse n elemendilise hulga k elemendilisi

järjestatud osahulki.

Seega kombinatsioonide puhul ei ole elementide järjekord k elemendilises osahulgas oluline, variatsioonide korral aga on.

Et k elemendilist hulka saab järjestada Pk erineval viisil, siis on variatsioone n

elemendist k kaupa Pk korda rohkem kui kombinatsioone n elemendist k kaupa:

A C Pn

k

n

k

k .

Siit CA

Pn

k n

k

k

.

Et )!(

!

kn

nAk

n

ja P kk !, siis

Cn

k n kn

k

!

!( )!.

Näide 1. Leiame nüüd vastuse paragrahvi alguses toodud ülesandele:

Poolfinaalis osaleb 6 võistkonda. Finaali, medalite jagamisele pääseb neist vaid kolm. Mitu erinevat võimalust on finaalgrupi moodustamiseks?

Selle ülesande võib sõnastada ka teisiti - leiame, mitu erinevat 3 elemendilist alam-

hulka saab moodustada 6 elemendilisest hulgast.

See arv on C6

3=

6!

3!·3! =

4·5·6

1·2·3 = 20.

Näide 2. Suusakoondises on 6 meessuusatajat. Mitu erinevat 4 liikmelist teate-

võistkonda saab moodustada, kui a) mitte arvestada etappide järjekorda?

b) arvestada etappide järjekorda?

Kui mitte arvestada etappide järjekorda, siis leiame kombinatsioonide arvu C6

4.

C6

4=

6!

4!·2! =

5·6

2 = 15

Kui arvestada ka etappide järjekorda, siis on vastuseks variatsioonide arv A6

4.

4Mõnikord kasutatakse ka Euleri tähistust

k

n. Siin võivad n ja k olla suvalised reaalarvud. Meie

kursuses on n ja k mittenegatiivsed täisarvud ja n k.

A6

4 = 6!

2! = 3·4·5·6 = 360.

Näide 3. 12 kalurit tuleb jaotada nelja paatkonda 3 kaluri kaupa. Mitu erinevat paatkonda on võimalik moodustada?

Algul komplekteerime esimese paatkonna. Selleks tuleb valida 3 kalurit 12 hulgast.

See on teostatav C12

3 erineval viisil. Järelejäänud 9 kaluri hulgast valime välja teise

paadi meeskonna. Seda saab teha C9

3 erineval viisil. Jääb 6 kalurit, kellest kolmanda

paatkonna moodustamiseks on C6

3 erinevat võimalust. Neljas paatkond moodustub

kolmest järelejäänud kalurist. Selleks on üksainus võimalus. Korrutamise reegli põhjal saame et kokku on

C12

3·C9

3·A n

k ·1 = 220·84·20 = 369600 erinevat võimalust.

Näide 4. Klassis on 8 noormeest ja 16 tütarlast. Õpilastest moodustatakse

korrapidajate brigaad, milles on 2 noormeest ja 2 tütarlast. Mõlemad poisid peavad

korda välisukse juures, üks tütarlaps on fuajees, teine riietehoius. Mitmel erineval viisil saab moodustada brigaadi?

Et noormeeste valikul pole järjekord oluline (mõlemad teevad ühesugust tööd ühes

ja samas kohas!), siis võimalike variantide arv kahe poisi valikuks on

C8

2 =

7·8

1·2 = 28.

Tütarlaste valikul on aga järjekord oluline (lähevad ju mõlemad erinevasse kohta!),

ning variante on A16

2= 240.

Korrutamise reegli põhjal saame 28·240 = 6720 erinevat võimalust.

Näide 5. Seitsmest mehe ja nelja naise hulgast tuleb valida 6 vandekohtunikku nii, et nende seas oleks vähemalt 2 naist. Mitmel erineval viisil on see võimalik?

Algul valime 2 naist ja 4 meest. Seda saab (korrutamise reegli põhjal) C4

2·C7

4

erineval viisil.

3 naist ja 3 meest saab valida (analoogiliselt eelmisega) C4

3·C7

3 erineval moel.

4 naist ja 2 meest saab valida vandekohtunike hulka C4

4·C7

2 erineval viisil.

Liitmisreegli põhjal saame võimaluste üldarvuks

C4

2·C7

4+ C4

3·C7

3+ C4

4·C7

2 = 6·35 + 4·35 + 1·28 = 371.

1040. Leia antud hulga kõik osahulgad. Kui palju neid on?

1) M = {O} 2) M = {K;L} 3) M = {; ; ; }

1041. On antud hulk K = {; ; ; O}. Kirjuta välja hulga K kõik need osahulgad,

mis

1) sisaldavad elementi ; 2) ei sisalda elementi ;

3) sisaldavad elemente ja ; 4) ei sisalda elemente ja ?

1042. Mitu osahulka on viieelemendilisel hulgal, mitu n-elemendilisel hulgal?

1043. Arvuta 1) C9

2 2) C8

3 3) C8

6

4) C6

0+ C6

3 5) C99

98 6)

C100

98+C1000

998

C1000

2+C100

2

1044. Mitmel erineval viisil saab 20 sõdurist määrata toimkonda kaks sõdur- poissi a) samade kohustustega; b) erinevate kohustustega?

1045. Raamaturiiulil on 10 erinevat raamatut. Mitmel erineval viisil saab neist valida

neli raamatut?

1046. Riiulil on 6 luuletuskogu ja 4 matemaatika ülesannete kogu. Mitu erinevat viiest

raamatust koosnevat komplekti saab moodustada, kui igas komplektis peab olema 3

luuletuskogu ja 2 ülesannete kogu?

1047. Bridge on kaardimäng, milles iga mängija saab 13 kaarti kaardipakist, kus on 52 kaarti. Kui mitu erinevat võimalust on 13 kaardi saamiseks?

1048. Mitmel erineval viisil saab klassi 20 õpilast jaotada kahte rühma nii, et ühes

rühmas oleks 8, teises 12 õpilast?

1049. Kaheksast nelgist ja viiest roosist soovitakse valmistada kimp, milles on 3 nelki

ja 2 roosi. Mitu erinevat kimpu on võimalik valmistada?

1050. Mitu erinevat jagajat on arvul 378?

1051. Esimesel kahest paralleelsest sirgest on märgitud 100 punkti, teisel 200.

Kui mitmel kolmnurgal on tipud märgitud punktides?

1052. Mitu erinevat sirget on määratud a) 5, b) 13, c) n punktiga, millest ükski kolm ei asu ühel ja samal sirgel?

1053. Mitu erinevat tasapinda on määratud a) 6, b) 13, c) n punktiga, millest

ükski neli ei asu ühel ja samal tasandil?

1054. Tuletada valem n-nurkse kumera hulknurga diagonaalide arvu leidmiseks.

Mitu diagonaalide lõikepunkti tekib?

1055. Leia funktsiooni määramispiirkond.

1) y = 37

xxA ; 2) y = x

xC

62 ; 3) y = 3

51

5

xxx CA

1056. Kontrolli, kas alltoodud võrdused kehtivad.

1) kn

nkn CC 2)

kn

kn

kn CCC

11 3) k

nkn C

k

nC

1

111

4) 1

22 )1( nn

nn CnnC 5) 11

kn

kn C

k

knC

KOMBINATSIOONIDE ARVU OMADUSI

Need, kes lahendasid viimase ülesande on juba iseseisvalt kontrollinud kahte tuntumat

kombinatsioonide omadust. Tõestame nüüd nende omaduste kehtivuse ka üheskoos.

1. Omadus.

Kehtib valem . C Cn

k

n

n k

Leiame kombinatsioonide arvutusvalemi põhjal C Cn

k

n

n k ja

.

Cn

k n knk

!

!( )! ja C

n

n k kn

n k

!

( )! !.

Seega tõepoolest C Cn

k

n

n k

.

Valemist C Cn

k

n

n k

järeldub k = 0 korral, et C Cn n

n01 ja

k = 1 korral, et C C nn n

n1 1

.

Kontrolli iseseisvalt nende võrduste kehtivust!

ja C C C C nn n

n

n n

n0 1 11

.

2. Omadus.

Kehtib valem . C C Cn

k

n

k

n

k

1

1 1

Kasutame kombinatsioonide arvu valemit.

Cn

k n k

n

k n kn

k

1

1 1

1 1 1

1

1

( )!

( )![ ( )]!

( )!

( )!( )! ja

C Cn

k n k

n

k n k

k n n k n

k n knk

nk

1

1 1

1

1

!

!( )!

!

( )![ ( )]!

( ) ! ( ) !

( )!( )!

n k n k

k n k

n n

k n k

n

k n k

!( )

( )!( )!

!( )

( )!( )!

( )!

( )!( )!

1

1

1

1

1

1.

Seega C C Cn

k

n

k

n

k

1

1 1.

Selle valemi saab tuletada ka ilma kombinatsioonide arvutusvalemit kasutamata.

Olgu meil antud mingi n+1 elemendiline hulk M = {a1; a

2; a

3; …; a

n; b}.

Kõik kombinatsioonid k+1 elemendi kaupa neist n+1 elemendist jaotame kahte rühma: esimeses rühmas olgu need kombinatsioonid, mis ei sisalda elementi b, teises rühmas

aga need kombinatsioonid, mis sisaldavad elementi b.

Esimene rühm sisaldab kõikvõimalikke kombinatsioone n elemendist

a1; a

2; a

3; …; a

n k elemendi kaupa. Neid on Cn

k.

Teise rühma kombinatsioone võime saada nii: algul moodustame kõikvõimalikud

kombinatsioonid k elemendi kaupa hulgast M ilma elemendita b ja seejärel lisame

igaühele neist b. Selliseid kombinatsioone tuleb Cn

k1.

Kuna iga (k+1) elemendiline kombinatsioon n+1 elemendist kas sisaldab või ei sisalda elementi b, siis iga kombinatsioon kuulub kas esimesse või teise rühma.

Liitmisreegli põhjal saamegi siis

C C Cn

k

n

k

n

k

1

1 1.

1057. Lahenda võrrandid

1) Cx

x2 + 2x = 27 2) 5C A xx x 1

2 23 3 3) C xx

x

3

5 243

4) C Cx

x

x

x

1

1 30 4, 5)

4 4 7

5 6 7C C Cx x x 6) C C Cx

y

x

y

x

y

1

1

1 1

1553: : : :

7) x2Cx

x

1

4+ xCx

x

1

4= A Cx4

2

1

3

8) C A xxx

x

5

3 2 23 4 8

1058. Lahenda võrratused

1) C Cn n6 4 2) Cn 5

4 143

96 ·

Pn+5

Pn+3

3) C Cn n 14

13 5

4An2

2

4) C Cxx

xx

2 2 11:

6

11 5) C Ax

xx

3

222 6) A C xx x 3

21

22 30 5,

1059. Tõesta et

1) C C C Cn

k

n

k

n

k

n

k

1 1

2

12 2) kC nCn

k

n

k

1

1.

1060. Millised antud lausetest on tõesed?

1) A A k ln

k

n

l 2) A A n mn

k

m

k

3) C C k ln

k

n

l 4) C C n mn

k

m

k .

1061. Tõesta et C Cn n 1

2 2 on täisruut.

1062. Arvudest 1; 2; 3; 4; …; 100 on moodustatud kahekaupa kõikvõimalikud

korrutised. Mitu korrutist jagub kolmega?

1063. Tõesta matemaatilise induktsiooni abil r järgi, et kehtib võrdus

C C C C Cn

n

n

n

n

n

n r

n

n r

n

1 2 1

1... .

1064. Tasandil on antud kolm punkti A, B ja C. Läbi punkti A tõmbame m sirget, läbi

punkti B - n sirget ning läbi punkti C - p sirget. Joonestatud sirgete seas pole ühtegi

kolmikut, mis lõikuksid ühes punktis. Samuti ei ole ühtegi paralleelsete sirgete paari. Sirgete lõikepunktid on kolmnurkade tippudeks. Mitu kolmnurka tekib?

PASCALI KOLMNURK

Teame et C0

01 , C1

01 ja C1

11 . Kasutades valemeid

Cn

01 , Cn

n1 ja C C Cn

k

n

k

n

k

1

1

saab leida, millega võrduvad C2

0, C2

1 ja C2

2.

Et Cn

01 , siis C2

0 = 1 ning Cn

n1, siis C2

2 = 1.

Valemi C C Cn

k

n

k

n

k

1

1 kehtivusest järeldub, et C C C2

1

1

0

1

1 = 1 + 1 = 2.

Nüüd leiame C3

0, C3

1, C3

2 ja C3

3.

Eelneva põhjal on ilmne, et C3

0 = 1 ja C3

3 = 1.

C C C3

1

2

0

2

11 2 3 ja C C C3

2

2

1

2

22 1 3 .

Analoogiliselt jätkates saame leida C4

0, C4

1, C4

2, C4

3 ja C4

4.

C4

01 ,

C C C4

1

3

0

3

11 3 4 ,

C C C4

2

3

1

3

23 3 6 ,

C C C4

3

3

2

3

33 1 4 ,

C4

41 .

Nii jätkates saab leida kombinatsioonide arvud viiest, kuuest, seitsmest jne elemendist.

Saadud arvud kirjutatakse järgmisse kolmnurga kujulisse tabelisse, mida nimetatakse Pascali5 kolmnurgaks:

C0

0 1

C1

0 C1

1 1 1

C2

0 C2

1 C2

2 1 2 1

C3

0 C3

1 C3

2 C3

3 1 3 3 1

C4

0 C4

1 C4

2 C4

3 C4

4 1 4 6 4 1

C5

0 C5

1 C5

2 C5

3 C5

4 C5

5 1 5 10 10 5 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . ehk arvudes . . . . . . . . . . . . . . . .

Pascali kolmnurga iga rea äärmised arvud on võrdsed ühega. Ent kõige

olulisem on järgmine omadus:

Pascali kolmnurga iga element on eelmises reas tema kohal paiknevate

elementide summa.

5Blaise Pascal (1623-1662) - prantsuse matemaatik, füüsik ja filosoof.

1 4 6 4 1

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 5 10 10 5 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . See omadus on väljendatav seose C C Cn

k

n

k

n

k

1

1 abil. Selle omaduse abil saame

Pascali kolmnurka jätkata kuitahes kaugele.

Vaadates Pascali kolmnurka näeme, et iga rea algusest ja lõpust võrdsel

kaugusel olevad arvud on omavahel võrdsed. Selle põhjuseks on tuntud võrdus

C Cn

k

n

n k

.

Leiame Pascali kolmnurga igas reas olevate arvude summa:

S0 = 1 = 20;

S1 = 1 + 1 = 2 = 21;

S2 = 1 + 2 + 1 = 4 = 22;

S3 = 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 23;

S4 = 1 + 4 + 6 + 4 + 1 = 16 = 24;

S5 = 1 + 5 + 10 + 10 + 5 + 1 = 32 = 25;

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Loomulik on arvata, et Sn = 2n.

See tähendab, et Pascali kolmnurga n-ninda rea liikmete summa võrdub 2n-ga.

Selle võrduse võib välja kirjutada ka nii:

C C C C Cn n n n

n

n

n n0 1 2 12

... .

Võrduse kehtivuse tõestame järgmises punktis.

1066. Kirjuta eraldi kaardile välja Pascali kolmnurga arvud kuni 10 reani. Hoia see

kaart alles. Seda läheb edaspidi vaja.

1067. Tõesta, et C n

n

2 on iga naturaalarvulise n korral paarisarv.

1068. Leia suurim arvude hulgast

1) C C C C C12

0

12

1

12

2

12

11

12

12; ; ; ; ... ; 2) C C C C C13

0

13

1

13

2

13

12

13

13; ; ; ; ... ;

1069. On teada et C Ck k

21 21

5

. Leia Ck

5.

1070. On teada et C Ck k

22 22

8

. Leia Ck

13.

1071. Tõesta, et Pascali kolmnurga iga rea arvud alul kasvavad (kuni rea keskkohani),

seejärel kahanevad.

NEWTONI BINOOMVALEM

Vaatleme kaksliikme (binoomi) a + b astmete väljakirjutusi, mida nimetatakse ka

binoomi a + b astmete arenditeks:

(a + b)0 = 1

(a + b)1 = a + b

(a + b)2 = a2 + 2ab + b2

(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

(a + b)4 = (a + b)(a + b)3 = (a + b)(a3 + 3a2b + 3ab2 + b3) =

= a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4

Nagu näeme, moodustavad arendite kordajad Pascali kolmnurktabeli ridu.

Seega

(a + b)0 = C0

0

(a + b)1 = C1

0a + C1

1b

(a + b)2 = C2

0a2 + C2

1ab + C2

2b2

(a + b)3 = C3

0a3 + C3

1a2b + C3

2ab2 + C3

3b3

(a + b)4 = C4

0a4 + C4

1a3b + C4

2a2b2 + C4

3ab3 + C4

4b4

Arvestades seaduspärasusi, mis neist võrdustest ilmnevad, püstitame hüpoteesi,

et iga naturaalarvu n korral

a b C a C a b C a b C ab C bn

n

n

n

n

n

n

n

n n

n

n n

0 1 1 2 2 2 1 1 ... .

Tõestame selle valemi matemaatilise induktsiooni meetodiga.

1) Seda, et valem kehtib n = 0 ja n = 1 korral nägime eespool. 2) Eeldame, et valem kehtib n = k korral, s.t.

a b C a C a b C a b C ab C bk

k

k

k

k

k

k

k

k k

k

k k

0 1 1 2 2 2 1 1 ... . (*)

Näitame, et valem jääb kehtima ka ühe võrra suurema naturaalarvu, s.t. n = k +

1 korral. Selleks teisendame avaldist (a + b)k+1 , kasutades võrdust (*).

(a + b)k+1 = (a + b)k(a + b) = a(a + b)k + b(a + b)k =

= C a C a b C a b C a b C abk

k

k

k

k

k

k

k k

k

k k0 1 1 2 1 2 1 2 1 ... +

+C a b C a b C a b C ab C bk

k

k

k

k

k k

k

k k

k

k k0 1 1 2 2 2 1 1 1

... =

= C a C C a b C C a b C C a b C C ab C bk

k

k k

k

k k

k

k

k

k

k k

k

k

k

k k

k

k k0 1 0 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 .

Kasutades võrdusi

C C Ck k k

0 1

1

1 , C C Ck k k

1 2

1

2 , … , C C Ck

k

k

k

k

k

2 1

1

1 ja C C Ck

k

k

k

k

k

1

1 ,

saame

a b C a C a b C a b C a b C ab C bk

k

k

k

k

k

k

k

k k

k

k k

k

k k

1 0 1

1

1

1

2 1 2

1

1 2 1

1

1 .

Et C Ck k

0

1

01 ning C Ck

k

k

k

1

11, siis

a b C a C a b C a b C a b C ab C bk

k

k

k

k

k

k

k

k k

k

k k

k

k k

1

1

0 1

1

1

1

2 1 2

1

1 2 1

1 1

1 1 .

Seega on valemi kehtivus n = k+1 korral tõestatud. Matemaatilise induktsiooni

printsiibi põhjal järeldub siit valemi kehtivus iga naturaalarvu n korral.

Tõestatud valemit nimetatakse Newtoni binoomvalemiks. Kordajaid Cn

k nime-

tatakse ka Newtoni binoomkordajateks.

Näide 1. Leiame (x + y)6 arendi.

Kasutame Newtoni binoomvalemit, võttes a = x, b = y ja n = 6:

x y C x C x y C x y C x y C x y C xy C y 6

6

0 6

6

1 5

6

2 4 2

6

3 3 3

6

4 2 4

6

5 5

6

6 6 =

= x6 + 6x5y + 15x4y2 + 20x3y3 + 15x2y4 + 6xy5 + y6 .

Näide 2. Leiame (3 - 2x)5 arendi.

( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 3 2 3 2 3 25

5

0 5

5

1 4

5

2 3 2

5

3 2 3 x C C x C x C x

C x C x5

4 4

5

5 53 2 2( ) ( ) =

= 1 243 5 81 2 10 27 4 10 9 8 5 3 16 1 322 3 4 5 x x x x x

= 243 - 810x + 1080x2 - 720x3 + 240x4 - 32x5.

Uurides Newtoni binoomvalemit ja selle abil lahendatud ülesandeid, näeme, et

kehtivad järgmised omadused:

1) Arendi liikmete arv on ühe võrra suurem binoomi astendajast; näiteks

avaldise (a+b)n arendis on n+1 liiget.

2) Arendi esimeses liikmes on a astendaja võrdne binoomi astendajaga n, igas

järgnevas liikmes väheneb a astendaja ühe võrra, viimases liikmes on a

astendaja null (a puudub).

3) Arendi esimeses liikmes on b0, igas järgnevas liikmes suureneb b astendaja

ühe võrra ja viimases liikmes on bn .

... . a b C a C a b C a b C ab C bn

n

n

n

n

n

n

n

n n

n

n n

0 1 1 2 2 2 1 1

4) Binoomi liikmete a ja b astendajate summa on igas liikmes võrdne binoomi astendajaga n.

5) Binoomarendi algusest ja lõpust võrdsetel kaugustel seisvate liikmete kordajad on

võrdsed: C Cn n

n01 , C C nn n

n1 1

, C Cn n

n2 2

jne.

6) Binoomkordajate summa on 2n, s.t.

C C C C Cn n n n

n

n

n n0 1 2 12

... .

Selle omaduse paikapidavuses veendume kohe, kui võtame Newtoni

binoomvalemis a = b = 1:

( ) ... .1 1 20 1 2 1

n

n n n n

n

n

n nC C C C C

7) Paarituarvulistel kohtadel seisvate binoomkordajate summa on võrdne

paarisarvulistel kohtadel seisvate binoomkordajate summaga.

Selle omaduse kehtivuse näitamiseks tuleb võtta Newtoni binoomvalemis

a = 1 ja b = -1.

Tähistades binoomarendi iga liikme tähega T ühes alloleva numbriga, mis

näitab ära selle liikme koha binoomarendis, s.o. esimene liige on T1, teine liige

T2 jne., võime kirjutada

T C a bk n

k n k k

1 .

See on binoomarendi üldliikme valem, sest selle järgi võime leida iga liikme,

asendades arvu k arvudega 0, 1, 2, ..., n.

Näide 3. Newtoni binoomvalemi abil saab astendada ka hulkliiget. Näiteks

(a+b+c)4 = [(a+b)+c]4 = (a+b)4 + 4(a+b)3c + 6(a+b)2c2 + 4(a+b)c3 + c4.

Arendades (a+b)4, (a+b)3, (a+b)2 , saame lõpuks:

(a+b+c)4 = a4 + b4 + c4 + 4a3b + 4b3a + 4a3c + 4c3a + 4b3c + 4c3b + 6a2b2 +

+6a2c2 + 6b2c2 + 12a2bc + 12ab2c + 12abc2.

1073. Leia avaldise arend, võimaluse korral lihtsusta tulemust.

1) (a + b)5 2) (x + 1)4 3) (2a - 3b)5

4) (2 - x)7 5) (-x - 2)5 6) (-a - b)6

7) (x - x2)6 8) (2x2 - 3y)5 9) (2p+5q)4

10) (x + x )5 11) (a - b)n 12)

x +

1

x

n

1074. Lihtsusta avaldised

1) (x + 1)4 + (x - 1)4 2) (a + b)5 + (a - b)5

1075. Leia järgmiste binoomarendite suurim(ad) kordaja(d)

1) (a + b)7 2) (a + b)11 3) (a + b)6.

Mitmendal kohal arendises need kordajad on?

1076. Teades, et binoomi (1 + x)n arendis kordaja number s on suurim, leia see

kordaja, kui a) s = 6; b) s = 4; c) s = 8; d) s = 9.

1077. Leia järgmiste arendite kordajate summa

1) (x + a)6 2) (x + m)9 3) (4x + 3a)5

1078. Leia arendite kõik ratsionaalarvulised liikmed.

1) ( )33 + 2

5 2) ( )3 +

32

9

1079. Mitmel erineval viisil saab valida paarisarv esemeid n erineva eseme hulgast?

1080. Mitu liiget on avaldises (x + y)2n + (x - y)2n pärast sulgude avamist ning

sarnaste liikmete koondamist?

1081. Tõesta, et kui p>2 on algarv, siis 2p-1 – 1 jagub p-ga.

1082. Leia jääk, mis tekib

1) 361995 jagamisel 7-ga 2) 19961998 jagamisel 13-ga. Vastuseid: 1009. 17. 1010. 60. 1011. 24. 1012. 6. 1013. 96 ja 6. 1015. 2) 40319;

4) 13; 6) -866

11. 1016. 2)

1

n+1; 4) 1. 1017. 12. 1019. a) 96; b) 66. 1020. 25.

1020. 25. 1021. 24. 1023. 28800. Noormeeste ja neidude kohad saab valida kahel viisil. Seejärel saab noormehed paigutada valitud kohtadele 5! viisil. Niisama palju on

võimalusi neidude paigutamiseks, seega saame 2·(5!)2 = 28800 paigutamisviisi. 1024.

2880. 1025. Teine lahendus on väär. 1026. 4k(1-k), kus k 5. 1028. 210. 1029.

30240. 1030. 216. 1031. 312. 1032. 1) 351; 2) (n - 12)2; 3) (n-2)2 1033. A5

2 .

1034. A A82

52 . 1035. Lapsele võib panna ühe, kaks või kolm nime, kusjuures kõik

nimed on erinevad. Kokku 300+300·299+ +300·299·298 = 26820600. 1036.

17280036

35

34 AAA . 1037. 132. 1038. 10. 1039. 4950. 1043. 3) 28; 6) 1. 1044. a)

190; b) 380. 1045. 210. 1046. 120. 1047. C5213 . 1048. 125970. 1049. 560. 1050.

16. 1051. 2980000. 1052. 1

2n(n-1). 1055. 1) {1;2;3};. 2) {4;5;6}. 1056. Kõik on

tõesed. 1057. 1) 6; 2) 5; 3) 7; 4) 11; 5) 3; 6) x = 6 ja y = 3; 7) 6. 1058. 1) n 10;

2) {0;1; 2; 3}; 3) 5 n 10; 4) 0 x 5; 5) 4 x 9; 6) 1 x 12. Selles ülesandes x ja n on naturaalarvud. 1059. 1) Näpunäide: Vaatleme n+2 elemendist koosnevat hulka

M = {a1; a2; ... an; b; c} ning eraldame sellest hulgast 2 elementi b ja c. Siis kombinatsioonid

n+2 elemendist k+1 kaupa jagunevad nelja gruppi: 1) kombinatsioonid, mis sisaldavad nii b

kui ka c-d; 2) kombinatsioonid, mis ei sisalda ei b -d ega c-d; 3) kombinatsioonid, mis

sisaldavad b-d, aga ei sisalda c-d; 4) kombinatsioonid, mis sisaldavad c-d, aga ei sisalda b-d.

1060. Kõik, v.a. kolmas. 1062. Näpunäide: arvude 1,2,3, ... , 100 hulgas jagub kolmega 33

arvu. Vastus on 2739. 1063. Ilmselt r = 0 puhul väide kehtib. Oletame et r = s puhul

C C C Cnn

nn

n sn

n sn

1 11 ... . Tõestame, et siis C C C Cn

nnn

n sn

n sn

1 1 21 ... .

Tõepoolest C C C C C C Cnn

nn

n sn

nn

nn

n sn

n sn 1 1 1 1 ... ... ( )

C C Cn s

nn sn

n sn

11

1 21 . 1064. Punkti A läbivatel sirgetel on n+p lõikepunkti, punkti B

läbivatel sirgetel on m+p lõikepunkti, punkti C läbivatel sirgetel on aga m+n lõikepunkti. Et

punkti A läbib m sirget, punkti B läbib n sirget ning punkti C läbib p sirget, siis lõikepunktide

koguarv on 1

2[m(n+p)+n(m+p)+p(m+n)] = mn + mp + np.

Kolm punkti võib neist valida Cmn mp np 3

erineval viisil. Ent mC nC pCn p m p m n 3 3 3 juhul

saame punktid, mis asetsevad ühel sirgel. Seega kolmnurki on

C mC nC pCmn mp np n p m p m n 3 3 3 3. 1069. 56. 1070. 105. 1071. Näpunäide: Kasuta

viiendat võrdust ülesandest 1056 ja asjaolu, et Cnk kasvab, kui

n-k+1

k >1.

1073. 3) 32a5 - 240a4b + 720a3b2 - 1080a2b3 + 810ab4 - 243b5; 7) x6 - 6x7 + 15x8 -

-20x9 + 15x10 - 6x11 + x12; 9) 16p4 + 160p3q + 600p2q2 + 1000pq3 + 625q4;

10) x5 + 5x4 x + 10x4 + 10x3 x + 5x3 + x2 x; 1074. 1) 2(x4+6x2+1) 2) 2a(a4 + 10a2b + +5b4).

1075. 1) neljas ja viies kordaja on 35; 2) kuues ja seitsmes kordaja on 462. 1076. c) 6435; d)

24310. 1077. 1) 64; 2) 512; 3) 3125. 1078. 1) 60; 2) 4536; 8. 1080. n+1.1081. 2(2p-1 - 1) =2p -2 =

+ ... + p + 1 - 2 = pM.

Seega 2(2p-1 - 1) jagub p-ga. Et p>2, siis 2p-1 - 1 jagub p-ga. 1082. 1) (35+1)1995 =

= 351995 + C19951 ·35 + ... + C1995

1994 ·35 +1 = 35M + 1. 2) (1989+7)1998 = 1989M + 71998. Et 1989

jagub 13-ga, siis seega arv 19961998 annab 13-ga jagamisel sama jäägi mis 71998. 73 annab 13-ga

jagamisel jäägi 5. Et 71998 = (73)666, siis 71998 annab 13-ga jagamisel jäägiks 5666 ehk 5.