Litt kombinatorikk - Universitetet i Tromsø

Litt kombinatorikk.
Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 1
1. Noen innledende betraktninger.
Nå skal du lære å telle. Mer presist: Du skal lære å telle opp antall ulike måter å ordne et gitt
antall objekter. Du skal for eksempel lære å telle opp hvor mange forskjellige tipperekker eller
lottorekker som fins, eller hvor mange mulige pokerhender av bestemte typer som fins. Men
aller først må vi definere noen begreper som vi skal benytte:
Et stokastisk eksperiment er en aktivitet der resultatet ikke kan forutsies.
De mulige resultatene av et stokastisk eksperiment kalles utfall.
Her er noen eksempler på stokastiske eksperimenter med tilhørende utfall:
• Du slår kron og mynt. To mulige utfall: K eller M.
• Du slår en terning. 6 mulige utfall: 1, 2, 3, 4, 5, eller 6 ”øyne”.
• Du trekker et kort fra en kortstokk. 52 mulige utfall.
Det er ofte lurt å prøve å bryte ned stokastiske eksperimenter i enklere del-eksperimenter, for
eksempel slik:
• Du kaster to terninger. Dette består av to stokastiske eksperimenter: kast først den ene
terningen, deretter den andre.
• Du trekker tre kort fra en kortstokk. Dette består av tre stokastiske eksperimenter:
Trekk først ett kort. Uten å legge det første kortet tilbake, trekker du kort nr. 2. Uten å
legge de to første kortene tilbake, trekker du kort nr. 3.
Grunnregelen for antall mulige utfall fra slike sammensatte stokastiske eksperimenter er:
Dersom et stokastisk eksperiment A kan ha nA
forskjellige utfall, og et stokastisk
n nA ⋅ nB
eksperiment B kan ha B forskjellige utfall, så kan kombinasjonen av A og B ha
mulige utfall.
Eksempel 1.1: Hvor mange utfall kan du få av disse stokastiske eksperimentene:
a) Slå tre terninger.
b) Trekke to kort fra en kortstokk.
Løsning:
a) Hvert terningkast kan ha 6 ulike utfall. Vårt stokastiske eksperiment kan derfor få
6⋅6⋅ 6= 216
mulige utfall.
b) Før du trekker det første kortet, er det 52 kort i kortstokken. Når du trekker det andre
kortet, er det 51 kort igjen. Dette stokastiske eksperimentet kan derfor få
52 ⋅ 51 = 2652
mulige utfall.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 2
Når du slår to terninger, er du vanligvis mer oppatt av summen av antall ”øyne” enn av hva
hver terning viser. For eksempel kan summen ”5 øyne” framkomme på disse måtene:
1+4, 2+3, 3+2, eller 4+1.
Det er altså 4 ulike utfall som gir ”5 øyne”.
Når du trekker kort fra en kortstokk, er du vanligvis kun interessert i hvilke kort du trekker,
uten å bry deg om trekkingsrekkefølgen. For eksempel er det to utfall som gir deg spar ess og
hjerter ess: Først spar ess etterfulgt av hjerter ess, eller først hjerter ess etterfulgt av spar ess.
På bakgrunn av slike refleksjoner innfører vi denne definisjonen:
En hendelse er en samling av utfall som har en felles egenskap.
Hvilke ”felles egenskaper” som skal definere en bestemt hendelse, er helt og holdent opp til
deg. Merk at en ”hendelse” kan bestå av kun ett utfall.
2. Gjentatte, like eksperiment.
Vi skal nå stille oss følgende problem: Hvor mange forsjellige tipperekker kan vi ha på en
kupong med 12 kamper?
Vi starter med den første kampen på kupongen. Den kan ha tre utfall: H, U eller B. Kamp nr.
2 kan også ha tre utfall, slik at de to første kampene kan ha 3⋅ 3= 9utfall:
Kamp 1 H H H U U U B B B
Kamp 2 H U B H U B H U B
12
Nå innser du sikkert at med 12 kamper på kupongen kan vi få 3 = 531441ulike
tipperekker.
Dette eksemplet illustrerer regelen nedenfor:
Når et stokastisk eksperiment som kan ha r forskjellige ufall gjentas på samme måte n ganger,
kan vi få i alt
n
r
forskjellige kombinasjoner av utfall.
Legg merke til at eksperimentet må gjentas på samme måte alle gangene. Hvis du trekker to
kort fra en kortstokk, må det første kortet legge tilbake i stokken før det andre kortet trekkes
dersom andre trekking skal foregå på samme måte som den første. Hvis et uttrukket kort ikke
legges tilbake, får vi en annen situasjon som kalles trekking uten tilbakelegging, og som vi
skal ta for oss senere.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 3
Eksempel 2.1:
a) Ved en eksamen ble det stilt 6 spørsmål med 4 svaralternativ for hvert spørsmål. Hvor
mange kombinasjoner av svar finnes det?
b) Ved en annen eksamen ble det stilt 4 spørsmål med 3 svaralternativ hver, og 5 ”ja/nei”spørsmål.
Hvor mange kombinasjoner av svar finnes det?
Løsning:
a) Her er det 6 like ”eksperiment”, hvert med 4 mulige utfall. Antall kombinasjoner blir da
6
4 = 4096.
b) Et ”ja/nei”-spørsmål har 2 mulige utfall. Tilsvarende resonnement som ovenfor gir at
antall kombinasjoner blir
4 5
3 ⋅ 2 = 2592 .
Selv om vi har en formel til disposisjon, fritar det oss ikke fra å bruke sunn fornuft.
Eksempel 2.2: Hvor mange kombinasjoner av 11 rette fins det på en tippekupong med 12
kamper?
Løsning: Når du har 11 rette av 12, er en kamp feil. Dette kan være kamp nr. 1, eller nr. 2,
eller … eller nr. 12, i alt 12 alternativ. Men hver kamp har 2 gale utfall. Det fører til at det fins
12 ⋅ 2 = 24
forskjellige kombinasjoner som gir 11 rette tippetegn.
3. Fakultets-funksjonen.
Nå skal vi gå løs på trekking uten tilbakelegging. Da får vi bruk for en funksjon som kalles
fakultets-fuksjonen og som defineres slik:
Produktet
1234 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ n−1⋅n ( )
skrives n!
og leses ”n-fakultet”.
Vi definerer 0! = 1.
Fakultets-funksjonen kan også defineres rekursivt slik:
0! = 1
n+ 1! = n+
1 ⋅n! for n = 0, 1, 2, 3,
( ) ( )
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 4
Det merkelige navnet ”n-fakultet” er antakelig en forvrengning av den tilsvarende engelske
betegnelsen ”n-factorial”. Og dette navnet virker mer naturlig siden n!
er et produkt med alle
hele tall fra 1 til n som faktorer.
Du må være våken når denne funksjonen opptrer i en brøk, noe eksemplene nedenfor viser.
Eksempel 3.1: Skriv (om mulig) enklere:
a)
( n + 2! )
n!
b)
( 2 n)
!
n!
Løsning:
a) Her må du tviholde på definisjonen:
n! = 1⋅2⋅3⋅⋅n mens
n+ 2! = 123 ⋅ ⋅ ⋅⋅n⋅ n+
1⋅ n + 2.
( ) ( ) ( )
Da ser du at
n + 2!
=
n!
( ) 123
⋅ ⋅ ⋅ ⋅n⋅
n+ 1 ⋅ n+
2
( ) ( )
123 ⋅ ⋅ ⋅⋅n der vi forkorter bort n! = 1⋅2⋅3⋅⋅n. ( n 1)( n 2)
= + +
Denne forkortingen utføres lettere dersom du ser at
n+ 2! = n! ⋅ n+ 1 n+
2
slik at
( ) ( ) ( )( )
( n + 2! ) ( n!
)
n!
=
( n 1)( n 2)
⋅ + +
n!
( n 1)( n 2)
= + + .
b) Her må du for all del ikke forkorte bort n! og sitte igjen med et 2-tall!! Skrivemåten ( 2 n ) !
innebærer jo at du skal multiplisere sammen alle heltallene fra og med 1 til og med 2n.
Da får du:
( 2 n) ! 1⋅2⋅3⋅⋅n⋅ ( n+ 1) ⋅ ( n+ 2) ⋅⋅( 2n)
= = ( n+ 1)( n+
2) ⋅ ( 2n)
.
n! 1⋅2⋅3⋅⋅n Dette svaret er jo ikke noen enklere skrivemåte enn den brøken vi startet med. Derfor
velger vi som regel å beholde brøk-formen.
4. Permutasjoner.
Det rare ordet ”permutasjon” kan oversettes med ”tilfeldig rekkefølge”. Slike ”tilfeldige
rekkefølger” oppstår ved trekking uten tilbakelegging. En permutasjon av n elementer er da
en tilfeldig rekkefølge av de n elementene. Men hvor mange slike permutasjoner kan du ha
med n elementer? Vi lister oss inn på svaret med et par eksempler:
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 5
Eksempel 4.1: I en konkurranse er det 5 deltakere.
a) Hvor mange forskjellige måter kan resultatlisten settes opp på, når alle 5 deltakerne er
med på resultatlisten?
b) Hvor mange forskjellige måter kan premielisten settes opp på, når bare de 3 beste er med
på premielisten?
Løsning:
a) Når det er 5 deltakere, kan det være 5 ulike navn øverst på lista. Når en deltaker er
plassert øverst, er det 4 ulike deltakere som kan komme på andreplass, slik at det er
5⋅ 4= 20 forskjellige kombinasjoner av 1. og 2. plass. Deretter er det 3 forskjellige
deltakere som kan komme på 3. plass. Når disse tre er plassert, er det 2 ulike deltakere
som slåss om fjerdeplass. Til slutt er det bare en igjen til femteplass. Antall mulige
kombinasjoner blir da
5⋅4⋅3⋅2⋅ 1= 5! = 120.
b) Vi bruker samme resonnement som ovenfor, og ser at det kan være
5⋅4⋅ 3= 60
forskjellige resultatlister. Dette resultatet kan også skrives
5⋅4⋅3⋅2⋅1 5! 5!
5⋅4⋅ 3=
= = .
21 ⋅ 2! 5−3! ( )
Resultatene ovenfor illustrerer følgende regler:
n forskjellige objekter kan permuteres på n!
forskjellige måter.
Dersom vi plukker ut r objekter fra et utvalg på n forskjellige objekter, der 0 ≤ r ≤ n,
kan de r
objektene permuteres på
n!
n−r !
( )
forskjellige måter.
n
Den siste regelen gir opphav til en permutasjonsformelen som skrives P( n, r) eller P :
( , )
P n r
=
n!
( n−r) !
Regneregelen for permutasjoner forutsetter at du har n forskjellige elementer. Betydningen av
presiseringen forskjellige illustreres i de neste eksemplene.
Eksempel 4.2: Hvor mange forskjellige ord kan du danne av bokstavene
a) EVA
b) ODD
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.
r

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 6
Løsning:
a) Når du klipper løs bokstavene i EVA og stokker om, kan du danne 3! = 6 forskjellige
ord: EVA, EAV, VEA, VAE, AEV, AVE.
b) Du kan ikke resonnere på samme måte med ODD fordi det er to like bokstaver (to D’er).
En ombytting av de to D’ene vil jo ikke gi noe nytt ord. Du vil bare kunne danne tre
forskjellige ord: ODD, DOD, DDO.
La oss se nærmere på eksempel b) ovenfor. Anta at vi skiller mellom de to D’ene, for
eksempel ved at vi skriver den ene med liten bokstav. Da får vi de velkjente 3! mulighetene:
ODd, OdD, DOd, dOD, DdO, dDO.
Men siden to og to av dem blir like når vi ikke skiller mellom D’ene, blir antall forskjellige
permutasjoner
3!
= 3.
2
Dette resonnementet kan vi generalisere: Anta at vi har n objekter (bokstaver i eksemplet
ovenfor), og at r av dem er like. De r like objektene kan vi permutere på r! forskjellige måter
uten synlig forskjell. Dette vil si at hver av de forskjellige permutasjonene egentlig inneholder
r! permutasjoner av de like objektene. Dersom vi har c forskjellige permutasjoner, må vi altså
ha at
n!
n! = c⋅r! ⇔ c = .
r!
Vi kan generalisere enda mer. Vi kan ha k grupper som inneholder henholdsvis r1, r2, … , rk
like elementer. Antall forskjellige permutasjoner blir da
n!
c =
r ! ⋅r ! ⋅ ⋅r
!
.
1 2
k
La oss se hvordan dette fungerer i et eksempel.
Eksempel 4.3: Hvor mange forskjellige ord kan dannes av bokstavene
a) SISSEL
b) PETTER
c) TOTTO
d) MISSISIPPI
Løsning:
a) SISSEL inneholder 6 bokstaver, hvorav 3 like S’er, en I, en E og en L. Antall mulige
forskjellige permutasjoner av de 6 bokstavene blir
6!
= 6⋅5⋅ 4= 120.
3! ⋅1! ⋅1! ⋅1!
b) PETTER inneholder 6 bokstaver, hvorav to grupper med to like bokstaver (EE og TT)
samt en P og en R. Antall mulige forskjellige permutasjoner av de 6 bokstavene blir
6! 6⋅5⋅4⋅3 = = 180 .
2! ⋅2! ⋅1! ⋅1!
2
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 7
c) TOTTO inneholder 5 bokstaver, hvorav en gruppe med 3 T’er og en gruppe med 2 O’er.
Antall mulige forskjellige permutasjoner av de 6 bokstavene blir
5! 5⋅ 4
= = 10 .
3! ⋅2! 2 ⋅1
d) MISSISIPPI inneholder 10 bokstaver, hvorav 4 I’er, 3 S’er, 2 P’er og 1 M. Antall mulige
forskjellige permutasjoner av de 10 bokstavene blir
10!
12600
4! 3! 2! 1! =
⋅ ⋅ ⋅
.
La oss gå tilbake til premielistene i eksempel 4.1b et lite øyeblikk. Der får vi samme premieliste
selv om de to deltakerne på 4. og 5. plass bytter plass. Men dette er jo samme situasjon
som med ombyttingen av bokstaver i eksempel 4.2 og 4.3, der vi får samme bokstavkombinasjon
når like bokstaver bytter plass.
I permutasjonsformelen
n!
P( n, r)
=
( n−r) !
står r for antall elementer som plukkes ut og som dermed oppfattes som forskjellige. De n− r
gjenværende elementene betraktes da som ”like”, ettersom en ombytting av deres innbyrdes
rekkefølge ikke spiller noen rolle. Men i formelen
n!
c =
r!
står r for antall like element. Vi ser at disse to formlene bare er to skrivemåter for samme
formel.
Vi tar for oss et eksempel til:
Eksempel 4.4: Et idrettslag har n = 10 aktive utøvere. Laget skal sende r = 4 utøvere til en
treningsleir. Hvor mange kombinasjoner av 4 utøvere fins det?
Løsning: Vi tenker oss at laget rangerer utøverne, og sender sine 4 beste til treningsleiren.
Denne rangeringen kan gjøres på
10! 10! n!
10 ⋅9⋅8⋅ 7 = = =
6! ( 10 −4 ) ! ( n−r) !
forskjellige måter. Men når de 4 som drar til treningsleiren er plukket ut, spiller jo ikke deres
innbyrdes rekkefølge noen rolle. Disse 4 kan permuteres på 4! forskjellige måter. Siden
innbyrdes rekkefølge blant de 4 ikke spiller noen rolle, blir det
10 ⋅9⋅8⋅ 7 10! n!
= = 210 =
4⋅3⋅2⋅1 6! ⋅4! ( n−r) ! ⋅r!
forskjellige kombinasjoner som kan sendes på treningsleir.
Merk likheten med eksempel 4.3c. Der hadde vi 5 bokstaver, fordelt på to grupper der
innbyrdes rekkefølge i gruppene ikke spilte noen rolle. Det er samme problemstilling i
eksempel 4.4: utøverne deles i to grupper (de som reiser på treningsleir og de som blir
hjemme), og innbyrdes rekkefølge i gruppene spiller ingen rolle.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Disse eksemplene illustrerer følgende regel:
Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 8
Når n objekter skal deles i to grupper med henholdsvis r og n− r objekter, og innbyrdes
rekkefølge i disse gruppene er uten betydning, kan dette gjøres på
n!
n−r ! ⋅r!
( )
forskjellige måter.
n
Formelen i ramma ovenfor kalles ofte kombinasjonsformelen, og skrives C( n, r) eller Cr
.
Vi har altså:
n n! n
C( n, r) = Cr
= =⎜
⎛ ⎞
n r ! r!
r ⎟
− ⋅ ⎝ ⎠ .
( )
Skrivemåten
⎛n⎞ ⎜ leses ”n over r”, og har ingenting med matriser eller brøker å gjøre.
r ⎟
⎝ ⎠
Størrelsen kalles ofte binomial-koeffisient. Vi skal senere komme tilbake til hvorfor
størrelsen har fått dette navnet.
5. ”Urnemodeller”.
I eksemplene ovenfor har vi sett at svært forskjellige problem løses med nokså like
resonnement. Det er derfor hensiktsmessig å etablere en standardisert tenkemåte, noe som
forenkler løsingen av slike problem. Vår tankemodell kalles gjerne ”urnemodell”.
Vi tenker oss at vi har n forskjellige objekter som vi skal kombinere. Disse objektene
plasseres i en urne og trekkes ut ett for ett i tilfeldig rekkefølge.
Vi må skille mellom disse situasjonene:
Trekkingsmåte:
Dersom objektene legges tilbake i urnen etter hver trekking (slik at de er med i neste
trekking) har vi ”trekking med tilbakelegging”. Dersom objektene legges de til side
etter hver trekking, har vi ”trekking uten tilbakelegging”.
Trekkingsrekkefølgens betydning:
Hvis det er av betydning hvilken rekkefølge som objektene trekkes ut i, har vi ”ordnet
utvalg”. Hvis trekkingsrekkefølgen er uten betydning, har vi ”uordnet utvalg”.
Trekking med tilbakelegging har vi allerede sett på, spesielt i avsnitt 2 ovenfor. Vi skal derfor
konsentrere oss om trekking uten tilbakelegging.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 9
5.1. Trekking uten tilbakelegging, ordnet utvalg.
Vi har n forskjellige objekter i urnen ved første trekking, som da kan ha n forskjellige utfall.
Ved andre trekking har vi n −1
objekter igjen. Etter andre trekking kan vi derfor ha fått
n⋅( n−
1)
forskjellige kombinasjoner. Ved tredje trekking er det n − 2 objekter igjen i urnen,
slik at etter tredje trekking kan vi ha fått n ( n 1)
( n 2)
fortsetter vi. Dette fører til at:
⋅ − ⋅ − forskjellige kombinasjoner. Slik
Når vi trekker r objekter fra n forskjellige objekter (der n≥ r ≥0)
uten tilbakelegging, og
trekkingsrekkefølgen er av betydning, kan vi få
n!
n⋅( n−1) ⋅( n−2) ⋅ ⋅( n− r + 1 ) = = P( n, r)
n−r !
forskjellige kombinasjoner.
( )
Eksempel 5.1: Et idrettslag med 20 medlemmer skal velge leder, nestleder, sekretær, kasserer
og ett styremedlem. På hvor mange forskjellige måter kan dette styret settes sammen?
Løsning: Vi dytter de 20 medlemmene ned i urnen. Først trekker vi leder, og kan da få 20
forskjellige utfall. Det er nå 19 medlemmer igjen som alle kan bli nestleder, slik at vi har
20 ⋅ 19 = 380 forskjellige kombinasjoner av leder og nestleder. Slik fortsetter vi med sekretær,
kasserer og styremedlem, og ser at dette er trekking uten tilbakelegging, ordnet utvalg. Da er
det
20! 20!
= = 20 ⋅19 ⋅18⋅17 ⋅ 16 = 1 860480
20 − 5 ! 15!
( )
forskjellige måter å sette sammen dette styret.
5.2. Trekking uten tilbakelegging, uordnet utvalg.
På ny har vi n forskjellige objekter i urnen, og trekker ut r av dem uten tilbakelegging. Men
nå er vi kun interessert i hvilke objekter som trekkes ut, ikke i rekkefølgen. De r objektene
som er trukket ut, kan permuteres på r! forskjellige måter. Da får vi at:
Når vi trekker r objekter fra n forskjellige objekter (der n≥ r ≥0)
uten tilbakelegging, og
trekkingsrekkefølgen er uten betydning, kan vi få
P( n, r) n! n
= =
⎛ ⎞
⎜ = C( n, r)
r! n r ! r!
r ⎟
− ⋅ ⎝ ⎠
( )
forskjellige kombinasjoner.
Eksempel 5.2: En Lotto-rekke består av 7 tilfeldige, forskjellige heltall fra og med 1 til og
med 34. Hvor mange forskjellige Lotto-rekker fins det?
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 10
Løsning: Vi putter 34 like kuler som er påført numrene 1, 2, …, 34 ned i urnen, og trekker en
for en uten tilbakelegging. Vi er kun interessert i hvilke tall som trekkes, ikke i trekkingsrekkefølgen.
Da blir antall mulige Lotto-rekker
34! 34
=
⎛ ⎞
⎜ = 5 379 616
34 7 ! 7! 7 ⎟
.
− ⋅ ⎝ ⎠
( )
Vi har nå vært innom de grunnleggende situasjonene. Men i mange praktiske situasjoner må
vi kombinere disse teknikkene, noe eksemplene nedenfor viser.
Eksempel 5.3: Idrettslaget i eksempel 5.1 vil utvide styret med ett styremedlem til. På hvor
mange forskjellige måter kan det nye styret settes sammen, når de to styremedlemmene er
likeverdige?
Løsning: Vi trekker først leder, nestleder, sekretær og kasserer. Dette kan gjøres på
20 ⋅19 ⋅18⋅ 17 = 116280
forskjellige måter (ordnet utvalg). Nå er det 16 medlemmer igjen, og vi skal trekke to av dem
i et uordnet utvalg fordi trekkings-rekkefølgen av disse styremedlemmene er uten betydning.
Disse to kan trekkes på
16 ⋅15
= 120
21 ⋅
forskjellige måter. Alt i alt er det da
116280 ⋅ 120 = 13953600
forskjellige sammensetninger av styret.
Eksempel 5.4: En pokerhand består av 5 kort fra en vanlig kortstokk med 52 kort.
a) Hvor mange forskjellige pokerhender fins det?
b) Hvor mange forskjellige pokerhender inneholder ett par (d.v.s. to kort av samme valør,
for eksempel to ess)?
Løsning:
a) Vi trekker de 5 kortene uten tilbakelegging. Det spiller ingen rolle i hvilken rekkefølge vi
får kortene. Antall forskjellige pokerhender blir da
52!
2598960
52 5 ! 5! = .
− ⋅
( )
b) Denne er verre. Mye verre. Først en presisering av oppgaven: to kort skal ha samme
valør, de andre tre skal være forskjellige fra denne valøren og også innbyrdes forskjellige.
Problemet kan løses på flere måter. Jeg skal bruke denne framgangsmåten: Først finner
jeg ut hvor mange kombinasjoner av par det fins (uordnet utvalg). Deretter finner jeg ut
hvor mange kombinasjoner av andre kort det fins som har annen valør enn paret og
innbyrdes forskjellig valør (fremdeles uordnet utvalg). Til slutt multipliserer jeg sammen
disse to tallene.
For hver valør (for eksempel Ess) er det
4!
6
4 2 ! 2! =
− ⋅
( )
forskjellige par. Med 13 valører blir det 13⋅ 6 = 78 forskjellige par.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 11
Nå er det 52 − 4 = 48 kort av annen valør enn paret. Videre er det 48 − 4 = 44 og
44 − 4 = 40 kort med stadig nye valører. Disse kortene kan da kombineres på
48 ⋅44 ⋅40
forskjellige måter. Men det er jo likegyldig i hvilken rekkefølge vi trekker disse tre
kortene. Vi har uordnet utvalg, slik at det er
48⋅44⋅40 = 14080
3!
forskjellige kombinasjoner av tre kort som kan kombineres med paret. Alt i alt blir det
78 ⋅ 14080 = 1098240
forskjellige pokerhender som inneholder ett par.
Du finner flere slike poker-data her, og et lite notat om sannsynligheter i poker her.
6. Litt sannsynlighetsregning.
Sannsynlighetsregning er et stort, komplisert og fascinerende fagområde med en mengde
praktiske anvendelser fra gambling via beregning av forsikringspremier til oljeselskapenes
risikoanalyser. Her skal vi bare se på en liten flik av dette fagfeltet.
Først må vi definere hva vi mener med ”sannsynlighet”. Det fins faktisk flere forskjellige
definisjoner av dette begrepet. Vi skal nøye oss med denne:
Anta at et stokastisk eksperiment kan få m mulige utfall, der alle er like sannsynlige. Anta at g
av disse utfallene fører til at en hendelse A inntreffer (er ”gunstige” utfall). Da er
sannsynligheten for at hendelse A skal inntreffe gitt ved
( )
P A = .
g
m
En åpenbar svakhet ved denne definisjonen er at den inneholder formuleringen ”… der alle er
like sannsynlige”. Jeg forutsetter altså at du vet hva ”sannsynlig” betyr når jeg definerer
begrepet ”sannsynlighet”!
Vi starter med et par enkle eksempler:
Eksempel 6.1:
a) Du slår en terning (som ingen har ”fikset” på). Hva er sannsynligheten for å få en sekser?
b) Du trekker et kort fra en vanlig kortstokk med 52 kort. Hva er sannsynligheten for å
trekke et ess?
Løsning:
a) Terningkastet kan få 6 forskjellige utfall. Alle er like sannsynlige. Sannsynligheten for å
få en sekser er derfor 1
6 .
b) Av de 52 kortene i stokken er det 4 ess. Da er sannsynligheten for å trekke et ess
= .
4 1
52 13
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Vi tar et par eksempler til:
Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 12
Eksempel 6.2: Vi har en tilfeldig oppsatt tipperekke på en kupong med 12 kamper. Hva er
sannsynligheten for å få
a) 12 rette.
b) 11 rette.
c) 0 rette.
Løsning:
12
a) Vi vet allerede at det er 3 = 531441 forskjellige kombinasjoner når vi har 12 kamper
som hver kan få 3 utfall. Kun en av disse kombinasjonene gir 12 rette. Sannsynligheten
for 12 rette er da
6
≈1.88 ⋅ 10− .
1
531441
b) Vi har allerede sett at det er 12 ⋅ 2 = 24 forskjellige tipperekker som gir 11 rette.
Sannsynligheten for å få 11 rette er derfor
5
4.52 10 −
≈ ⋅ .
24
531441
12
c) Det er to mulige gale tippetegn i hver kamp. I 12 kamper er det derfor 2 = 4096
forskjellige rekker som har 0 rette. Sannsynligheten for å få 0 rette er derfor
≈ 0.0077 .
4096
531441
Eksempel 6.3: Hva er sannsynligheten for å få
a) 7 rette
b) 6 rette
på en tilfeldig oppsatt Lotto-kupong? (Se eksempel 5.2).
Løsning:
a) Fra eksempel 5.2 vet vi at det er 5 379 616 forskjellige Lotto-rekker. Kun en av disse
inneholder 7 rette, slik at sannsynligheten for at en tilfeldig oppsatt Lotto-rekke skal
inneholde 7 rette er
1
7
1.86 10 5379 616
−
≈ ⋅ .
b) Anta først at du har bommet på det laveste av de 7 rette Lotto-tallene, og at du har de
øvrige tallene rett. Det feilplasserte krysset kan da være plassert på 34 − 7 = 27
forskjellige plasser. Men det trenger jo ikke være det laveste tallet du har bommet på. Det
kan være hvilket som helst av de 7 rette tallene. I alt får du da 7⋅ 27= 189 forskjellige
Lotto-rekker med 6 rette tegn. Sannsynligheten for å få 6 rette blir da
5
3.51 10 −
≈ ⋅ .
189
5379 616
Du finner en mer fullstendig innføring i et notat om sannsynlighetsregning som inngår i et
statistikk-kurs.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

7. Binomialsetningen.
Du vet forhåpentlig at
( ) 2 x + y
2 2
= x + 2xy+
y .
Kanskje vet du også at
( ) 3 x + y
3 2 2 3
= x + 3x y+ 3xy
+ y .
Men du går neppe rundt og husker at
( ) 4 x + y
eller at
4 3 2 2 3 4
= x + 4x y+ 6x y + 4xy
+ y
( ) 5 5
5
4
10
3 2
10
2 3
5
4
Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 13
x y x x y x y x y xy y
5
+ = + + + + + .
Uttrykk av typen ( ) n
x + y der n er et helt, positivt tall kalles binomer (= to ledd), og
setningene ovenfor er derfor eksempler på binomialsetninger. Vi skal nå se hvordan vi kan
sette opp slike binomialsetninger.
La oss ta utgangspunkt i setningen for
5
( x y) ( x y)( x y)( x y)( x y)( x y)
+ = + + + + + .
• Du får x 5 -leddet når x-ene i alle parentesene multipliseres med hverandre.
4
• Du får x y -leddet når x-er fra 4 parenteser multipliseres med y fra den femte
parentesen. Men du kan plukke ut 4 x-er fra de 5 parentesene på 5 forskjellige måter.
4
Derfor blir koeffisienten foran x y -leddet 5.
3 2
x y -leddet når x-er fra 3 parenteser multipliseres med y-er fra 2 parenteser.
• Du får
5⋅ 4
Men du kan plukke ut 3 x-er fra de 5 parentesene på = 10 forskjellige måter.
21 ⋅
3 2
Derfor blir koeffisienten foran x y -leddet 10.
Og slik fortsetter du resonnementet. Det generelle resultatet for ( ) n
x + y er:
Binomialsetningen:
n n n−1 n n−2 2 n n−3 3 n−1
n
( x + y) = x + nx y+ ⎛ ⎞
x y
⎛ ⎞
⎜ + x y + + nxy + y
2⎟ ⎜3⎟ .
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
n−k k
Begrunnelsen er at koeffisienten foran ledd av typen x y inneholder alle kombinasjoner
når n − k x-er trekkes fra et utvalg på n x-er. Dette antallet er nettopp lik
⎛ n ⎞ n
=
⎛ ⎞
⎜ .
n−k⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝k⎟
⎠
Derfor kalles disse uttrykkene for binomial-koeffisientene.
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.

Eksempel 7.1: Hva blir
a) ( ) 3
2x − y
b) ( ) 6
x + 2y
Løsning: Jeg bruker binomialsetningen, og får:
Forelesningsnotater i matematikk.
Litt kombinatorikk. Side 14
a) 3 3 2 2
( 2x− y) = ( 2x) + 32 ( x) ( − y) + 32 ( x)( − y)
+ ( −y
)
b)
= 8x − 12x y+ 6xy
− y
3 2 2 3
6⋅5 6⋅5⋅4 6⋅5⋅4⋅3 2⋅1 3⋅2⋅1 4⋅3⋅2⋅1 = x + 12x y+ 60x y + 160x y + 240x y + 192xy + 64y
6 6 5 4 2 3 3 2 4
( x+ 2y) = x + 6x ⋅ 2y+ x ( 2y) + x ( 2y) + x ( 2y) + 6x( 2y)
+ ( 2y)
6 5 4 2 3 3 2 4 5 6
3
5 6
Det kan være verd å merke seg at binomial-koeffisientene kan settes opp i en ”trekant” slik:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
1 6 15 20 15 6 1
osv…
Systemet er at ytterste tall alltid er lik 1. De andre tallene er summen av de to tallene som står
skrått ovenfor. Denne tall-trekanten kalles Pascals trekant. Trekanten er en anvendelse av
setningen
⎛n⎞ ⎛ n ⎞ ⎛n+ 1⎞
⎜k⎟+ ⎜ =
k + 1⎟ ⎜k + 1⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ .
Klarer du å vise at setningen stemmer?
Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø. 2009.