Brojenje bez brojenja
Cilj:
Otkriti i primjenjivati načela prebrojavanja.
Ishodi učenja:
Učenik će:
- Razlikovati načela prebrojavanja
- Primijeniti formule (načela prebrojavanja)
- Izračunati permutacije s ponavljanjem
- Izračunati permutacije bez ponavljanja
- Razlikovati permutacije s ponavljanjem i bez ponavljanja
Upute za nastavnika:
Na samom početku učenike podijelite u skupine po troje i svakoj skupini dajte “na poklon” tri različita predmeta (primjerice: knjigu, cd i šestar). Postavite im pitanje: “Na koliko načina možete među sobom podijeliti tri dobivena poklona?” Sačekajte odgovor svake skupine prije nego riješite zadatak.
Zadatke 1-3 učenici rješavaju u parovima. Potom diskutirajte rješenja.
Zadatke 4-6 učenici rješavaju individualno (nakon uvođenja načela prebrojavanja i rješavanja primjera), a zatim slijedi diskusija.
Za zadatak 4 dobro bi bilo svakom učeniku dati dvije igraće kocke.
Za rješavanje zadataka 7-12 učenike podijelimo u četvorke. Dobro je skupinama davati jedan po jedan zadatak kako bi rasprava bila fokusiranija. Nakon što su sve skupine došle do svojih hipoteza za pojedini zadatak, prodiskutirajte rješenja i uvedite poopćenja. Učenike treba potaknuti da u svakom zadatku prije samog računanja pokušaju procijeniti rezultat.
Za zadatak 7 svakoj skupini dajte jedan lokot sa šifrom (zadatak se može prilagoditi lokotu kojeg nabavite). Svaki član grupe bira broj na jednom kolutu lokota (pritom pazi koje sve brojeve može izabrati tj. koliko mogućnosti ima). Zajedno dolaze do zaključka o ukupnom broju mogućnosti.
Za zadatak 9 zamolimo učenike da izvade svaki po jednu kovanicu.
Za zadatke 10-12 učenike treba potaknuti da isprobavaju razne razmještaje.
Prije zadatka 13 propitamo učenike znaju li što je Morseov kod, kada je nastao, gdje se koristi, od koliko osnovnih znakova se sastoji i od koliko osnovnih znakova se sastoji jedan znak. Po mogućnosti učenicima zadamo da odgovore na ova pitanja potraže na internetu. Ako to nije moguće učenicima možemo podijeliti
PRILOG 1. Rješenja zadataka: Zadatak 1. Uvedimo oznake: 1 – pobjeda 1. igrača, O – neriješeno, 2 – pobjeda 2. igrača.
Vidimo da postoji 9 načina odvijanja meča.
Zadatak 2. Uvedimo oznake: 1 – u setu je pobijedio 1. igrač, 2 – u setu je pobijedio 2. igrač.
Meč se može odvijati na 6 načina: 11, 121, 122, 211, 212, 22.
Zadatak 3. Uvedimo oznake: 1 – u igri je pobijedio 1. igrač, 2 – u igri je pobijedio 2. igrač.
Meč se može odvijati na 10 načina: 11, 1211, 12121, 12122, 122, 211, 21211, 21212, 2122, 22.
Zadatak 4. Neka je S skup načina da se dobije zbroj djeljiv brojem 6. Ako zbroj mora biti djeljiv sa 6, onda taj zbroj može biti samo jedan od brojeva 6 i 12. Neka je A skup načina da se dobije zbroj 6, a B skup načina da se dobije 12. Onda je A={(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)} i B={(6,6)} (prvi broj u uređenom paru označuje broj dobiven na prvoj kocki, a drugi broj dobiven na drugoj kocki). Kako je A∩B=∅ imamo k(S)=k(A)+k(B)=5+1=6.
Zadatak 5. Za izbor učenice generacije imamo 3 mogućnosti. Za izbor učenika generacije imamo 5 mogućnosti. Po načelu umnoška ukupan broj načina je 3⋅5=15.
Zadatak 6. Ovdje se ne radi o disjunktnim skupovima. Neka je N skup učenika koji treniraju nogomet, a T skup učenika koji treniraju tenis. Onda je k(T)=8, k(N)=12 i k(T∩N)=2.
Iz slike je očito da je k(T∪N)=k(T)+k(N)-k(T∩N). Dakle u razredu je 8+12-2=18 učenika.
Zadatak 7. Ovdje ćemo koristiti načelo umnoška u općem obliku.
Neka je za provedbu neke zadaće potrebno provesti k izbora. Ako za prvi izbor imamo m_1 mogućnosti, za drugi m_2 mogućnosti, …, i za k-ti izbor m_k mogućnosti, onda za provedbu te zadaće, imamo m_1⋅m_2⋅…⋅m_kmogućnosti.
- a) Na prvom kolutu može biti jedna od 6 znamenaka (0, 1, 2, 3, 4, 5). Kada je prva znamenka odabrana, za drugi kolut ima 5 mogućnosti (sve osim one znamenke koju smo potrošili na prvom kolutu), za treći kolut imamo 4 mogućnosti i za četvrti kolut imamo 3 mogućnosti. Prema načelu umnoška imamo 6⋅5⋅4⋅3=360 četveroznamenkastih šifri.
- b) Za svaki kolut imamo 6 mogućnosti. Ukupno imamo 6⋅6⋅6⋅6=1296 četveroznamenkastih šifri.
- c) Na prvom kolutu može biti jedna od 5 znamenaka (1, 2, 3, 4, 5). Za drugi i treći kolut imamo 6 mogućnosti. Za četvrti kolut imamo 3 mogućnosti (0, 2, 4). Ukupno imamo 5⋅6⋅6⋅3=540 četveroznamenkastih šifri.
Zadatak 8. Ako na svakom zupčaniku ima n znakova onda ćemo imati n^4 načina odabira šifre. Dakle, želimo da vrijedi 
iz čega slijedi 
, odnosno na svakom zupčaniku trebaju biti barem 32 znaka.
Zadatak 9. Jedan ishod ovog pokusa je uređena četvorka elemenata iz skupa {P,N}. Na primjer, to može biti: PNPN ili PPPP ili bilo koja od 2^4=16 mogućnosti.
Zadatak 10. Radi se o permutacijama bez ponavljanja duljine 4 od 4 elementa. Imamo 4⋅3⋅2⋅1=24 mogućnosti.
Zadatak 11. Neka bilo koji učenik zauzme bilo koju stolicu. Preostala tri učenika permutiramo. To možemo učiniti na 3!=3⋅2⋅1=6 načina. Analogno: Za okrugli stol s n stolica n osoba može sjesti na (n-1)! načina.
Analogno: Za okrugli stol s n stolica n osoba može sjesti na (n-1)! načina.
Zadatak 12. Broj permutacija svih elemenata je 4!. No, kako učenike razlikujemo samo po spolu – svejedno nam je u kojem su međusobnom poretku djevojke i svejedno nam je u kojem su međusobnom poretku dečki. Broj permutacija među djevojkama je 2! i broj permutacija među dečkima je 2!. Zato je konačan broj načina 
Analogno:
Ako između elemenata koje permutiramo ima elemenata jedne vrste, elemenata druge vrste, …, elemenata -te vrste onda broj permutacija tog skupa iznosi 
Zadatak 13.
Osnovni su znakovi “.” i “-“, a jedan se znak sastoji od najviše 5 osnovnih znakova.
Ako imamo znak duljine 1 imamo 2 mogućnosti.
Ako imamo znak duljine 2 imamo mogućnosti.
Ako imamo znak duljine 3 imamo mogućnosti.
Ako imamo znak duljine 4 imamo mogućnosti.
Ako imamo znak duljine 5 imamo mogućnosti.
Ukupno onda imamo mogućih znakova.