Løsningsforslag til tidligere mappeoppgaver

Transkript

1 til tidligere mappeoppgaver Avdeling for Lærerutdanning Høgskolen i Vestfold M1 høst november 007 Her legger vi ut løsningsforslag til noen oppgaver fra tidligere i år. Se på for de opprinnelige oppgavene. Vennligst send beskjed til george.h.hitching@hive.no dersom du legger merke til noen feil. Tall og tallære 1. Gulvfliser (a) Et kvadratisk gulv er belagt med kvadratiske fliser, alle like store. Noen av flisene er hvite, noen er svarte. De svarte flisene er samlet i et kvadratisk felt av gulvet. Det er i alt 3 hvite fliser på dette gulvet. Hvor mange svarte fliser er det? Og hvor mange fliser er det altså totalt? (b) Utforsk mest mulig hvordan det går dersom det er et annet antall enn 3 hvite fliser. (Det vil si bytt ut 3 med andre tall, og forsøk å svare på de samme spørsmålene som i (a).) Er det alltid mulig å finne minst én løsning? Hender det at det fins flere løsninger? Hva er det som eventuelt bestemmer hvor mange løsninger det fins i hvert tilfelle? Hvordan går det hvis vi insisterer på at det svarte felte skal ligge symmetrisk midt på gulvet? Osv. osv... (a) Antall svarte fliser må være et kvadrattall, altså lik m der m er et positivt heltall (som vi skal finne). Antall alle fliser er også et kvadrattall n der n er et positivt heltall (som vi skal finne). Vi har likningen antall alle flisene = antall svarte fliser + antall hvite fliser 1

2 som blir n = m + 3 siden vi har 3 hvite fliser. Vi omgjør denne til n m = 3. Nå skal vi bruke den følgende nyttige faktum: for alle tall n og m, vi har (n + m)(n m) = n(n m) + m(n m) = n nm + nm m = n m. Derfor leter vi etter to heltall n og m slik at (n + m)(n m) = 3. Først legger vi merke til at n + m er positiv fordi at både n og m er positive. Men siden n m = 3, vi ser at n er større enn m. Derfor er n m positiv. Det er klar at n + m er større enn n m. Vi skriver ut mulighetene for (n + m) og (n m), ved å se på hvordan 3 kan skrives som produkt av forskjellige positive heltall: 3 = 3 1, 3 = 16 og 3 = 8 4. Vi sjekker hver av disse. Kan vi ha n + m = 3 og n m = 1? Vi legger sammen disse likningene: n + m = 3 + n m = 1 n = 33 Men da må n være lik 16 1, som ikke er et heltall. Derfor er det ikke mulig at n + m = 3 og n m = 1. La oss prøve med n + m = 16 og n m = : n + m = 16 + n m = n = 18 Derfor er n = 9. Fra den første likningen ser vi at m = 16 n = 16 9 = 7. Derfor kan det være at vi har 49 svarte fliser og 81 = tilsammen. På samme måte løser vi n + m = 8 og n m = 4 og finner frem til n = 6 og m =. Derfor eksisterer det en annen løsning: at vi har 4 svarte fliser og 36 = tilsammen. Men fra bildet 1 ser det kanskje mest sannsynlig ut at den første løsningen gjelder: det ser ikke ut som det er åtte ganger så mange hvite fliser som svarte. (b) Som eksempel, la oss tenke på om istedenfor 3 hvite fliser vi hadde 33. Vi antar igjen at det er m svarte fliser og n fliser tilsammen, der m og n er positive heltall, med n > m, som vi skal finne. Akkurat som i (a) er vi 1 Se på

3 ført til likningen n = 33 + m, som vi omskriver til (n + m)(n m) = 33. Det er bare to måter å skrive 33 som produkt: 33 = 1 33 og 33 = Vi prøver å løse likningene n + m = 33 og n m = 1. Som ovenfor finner vi ut at n = 17 og m = 16. Derfor kan vi ha 16 = 56 svarte fliser i et kvadrat, og 17 = 89 = fliser tilsammen. Hvis vi ser på den andre muligheten, nemlig 33 = 11 3, vi må prøve å løse n + m = 11 og n m = 3. Denne gir n = 7 og m = 4. Derfor kan vi ha 4 = 16 svarte fliser og 7 = 49 = fliser tilsammen. Slik ser vi at det fungerer også når vi har 33 hvite fliser (faktisk, igjen på flere enn én måte). I både dette og det forrige tilfell var det mulig å finne en løsning fordi at antall hvite fliser (3 eller 33) lot seg skrives som produkt av to heltall som var slik at vi kunne finne heltall n og m som passet. Men vi så også at det gikk ikke med alle faktoriseringene av 3: det var ikke mulig dersom vi brukte 3 = 1 3. Med andre ord, hvis antall hvite fliser ikke lar seg faktorisere på en passende måte (selv om vi ikke ennå vet hva passende betyr) da kan det hende at der ikke er mulig. La oss betrakte ett eksempel til: 34 hvite fliser. Vi leter igjen etter kvadrattall n og m som er slik at n = 34 + m, eller (n + m)(n m) = 34. Det er bare to faktoriseringer av 34, nemlig 34 = 1 34 og 34 = 17. Hvis vi prøver å løse n+m = 34 og n m = 1, så finner vi ut at n = 35, som ikke har en løsning n som er heltall. Prøver vi med n + m = 17 og n m =, så ser vi at n = 19, som igjen har ingen løsning i heltallene. Derfor har 34 ingen passende faktorisering. Kanskje vi nå kan si litt mer om hva en passende faktorisering er. I alle tilfell hittil har vi skrevet antall hvite fliser som et produkt av to tall, og prøvd å løse likningen n = summen av de to faktorene Slik ser det ut som en passendefaktorisering må være slik at summen av faktorene er et partall. Derfor er det rimelig å formode: Vi kan legge opp k hvite fliser sammen med et kvadratisk antall svarte fliser i et større kvadrat, hvis og bare hvis k kan skrives som produkt av to forskjellige heltall a og b der a + b er et partall. Kan du bevise det? 3

4 3. Summer (a) Velg tre påfølgende naturlige tall (f. eks. 4, 5 og 6) og legg dem sammen (4+5+6). Gjenta for tre andre påfølgende naturlige tall. Prøv noen ganger til. Se på svarene. Er det noe system? Har de noe felles? Hypoteser? Test ut på nye eksempler. Stemte gjetningene? Mulig forklaring? (b) Hvordan går det hvis vi legger istedenfor legger sammen fire påfølgende, naturlige tall? NB: gjett først!! Prøv etterpå!! Hypoteser? Forklaringer? (c) Forsøk å generalisere til summer av fem påfølgende tall, seks påfølgende tall osv. osv... Mønster? System? Kan vi enkelt forutsi hva som vil skje med summer av f. eks. tretten påfølgende tall? Eller hva med en sum av tjuefem påfølgende tall? (a) La oss ta noen eksempler: Tall Summen 5, 6, , 7, 8 1 7, 8, 9 4 Vi legger merke til at svaret er alltid tre ganger det innerste tallet. La oss sjekke om dette stemmer med noen større eksempler: 1, 13, , 79, , 151, Ja, slik ser det ut: 39 = 3 1, 37 = 3 79 og 453 = La oss se på det generelle tilfellet. Vi kaller det første av våre tre påfølgende tallene for n. Da blir det andre og det tredje lik n + 1 og n +. (Ovenfor så vi på tilfellene der n er lik 5, 6, 7, 1, 78 og 150.) Summen av disse tre tall er da n + (n + 1) + (n + ) = n + n + n = 3n + 3. Dette kan vi faktorisere: 3 deler hvert ledd. Vi får 3(n + 1). Men n + 1 er nok det innerste av tallene i rekken n, n + 1, n +. Slik ser vi at summen av tre påfølgende tall er tre ganger den innerste, som vi formodet. 4

5 (b) La oss igjen se på noen eksempler: Tall Summen 5, 6, 7, 8 6 6, 7, 8, , 8, 9, , 46, 47, , 103, 104, Her er litt vanskeligere å gjette regelen, men etter hvert ser vi én mulighet: summen er (fire ganger det første tallet i rekken) + 6. Kanskje vi kan bevise det som vi gjorde i det forrige eksempelet. Vi benevner det første tallet i rekken n, og da blir de andre n + 1, n + og n + 3. Summen blir da n + (n + 1) + (n + ) + (n + 3) = 4n + 6. Derfor stemmer det vi tenkte: summen av de fire tallene er lik fire ganger den første plus seks. (c) La oss tenke på en rekkefølge av k tall som starter med n. Ovenfor har vi fått visse svar i tilfellene k = 3 og k = 4. Summen blir da n + (n + 1) + (n + ) + + (n + k 1) (1) (Hvis ikke du ser umiddelbart hvorfor det slutter med n+k 1 og ikke n+k, prøv å telle leddene i rekken.) Vi samler n-ene og andre tall hver for seg i summen. Det er en n i hvert ledd, og det er k ledd, så får vi k ganger n. I tillegg kommer en 1 i det andre leddet, en i det tredje, en 3 i det fjerde og så videre inn til en (k 1) i det siste (altså det k-te) leddet. Derfor er summen lik kn + ( (k ) + (k 1)). Hva er summen 1++ +(k 1)? Jo, dette er ikke annet enn det (k 1)-te trekanttall T k 1, som er lik (k 1)k/. Derfor er summen (1) lik kn + (k 1)k = kn + (k 1)k = k(n + k 1). () La oss sjekke noen av våre forrige eksempler. I summen er n = 5 og k = 3. Formelen () gir da 3((5) + 3 1) = 3(1) 5 = 36 = 18.

6 La oss prøve Her er n = 45 og k = 4. Formelen () gir da 4((45) + 4 1) = 4(93) = 93 = 186 som det skal. Så har vi funnet en generell formel for å legge sammen påfølgende naturlige tall. Med denne innsikten er det fornuftig å gå tilbake til det første eksempelet vi så på, der k = 3. For å få sluppet den inn i det generelle mønstret er det lurt å si at summen av tre påfølgende naturlige tall er lik tre ganger det første plus tre, istedenfor tre ganger det innerste. I symboler: summen n + (n + 1) + (n + ) = 3n + 3. Vi lar være å faktorisere det. (Husk at det andre trekanttall T er nok lik 3.) Naturlig Spørsmål: Stemmer formelen () også for vilkårlige heltall (altså, som kan være negative)? 4. Tallpyramide Vi utforsker her en tallpyramide, i første omgang en på tre etasjer. I nederste etasje velges fritt tre naturlige tall. I etasjen over skriver en så inn summen av de to tallene nedenfor. Regnemåten gjentas så videre oppover i neste etasje. For eksempel, hvis de opprinnelige tallene hadde vært 1, 5 og 3 da hadde vi fått Tallet som blir stående alene på toppen, kalles heretter topptallet. Hva skal til for at topptallet er et oddetall, eventuelt et partall? (I eksemplet fikk vi altså et partall.) Utforsk mest mulig. Hypoteser? Forklaringer? Utvid så pyramiden til å bestå av fire etasjer, dvs slik at det er de fire tallene i nederste etasje som velges fritt. Hvordan går det nå? Hva er det nå som avgjør om topptallet blir oddetall eller partall? Hva skjer hvis pyramiden har fem etasjer? Enn seks etasjer? (Eller flere?) Generaliser mest mulig. La oss prøve et par andre tilfell, f. eks. (, 6, 3) og (, 5, 4):

7 Her fikk vi et oddetall og et nytt partall. La oss se på det generelle tilfellet: en pyramid med tallene a, b og c på bunnen. Denne ser slik ut: a + b + c (a + b) (b + c) a b c Hva skal da til for at topptallet blir et oddetall? Vi ser at svaret er faktisk uavhengig av b fordi at a + b + c er et partall hvis og bare hvis a + c er. Spørsmålet blir da når er a + c et oddetall? Men dette kan vi svare på: det er et oddetall dersom ett av a og c er et partall og det andre et oddetall. På samme måten kan vi si at topptallet er et partall dersom a og c er begge to partall eller begge to oddetall. En pyramid på fire etasjer med tallene a, b, c og d på bunnen ser slikt ut: a + 3b + 3c + d (a + b + c) (b + c + d) (a + b) (b + c) (c + d) a b c d Her undersøker vi når summen a+3b+3c+d kan være oddetall. Først legger vi merke til at det er det hvis og bare hvis a + b + c + d er et oddetall, siden differansen mellom a+3b+3c+d og a+b+c+d er b+c, som er et partall. Når er a + b + c + d et oddetall? Først, hvis vi har ingen oddetall blant a, b, c og d da er alle fire partall, og a + b + c + d er også et partall. Hva om vi har akkurat to oddetall? Summen av to oddetall er et partall, så hvis vi har to oddetall og to partall da er summen av de fire tallene et partall. På en liknende måte kan man sjekke at dersom enten ett eller tre tall blant a, b, c og d er oddetall, da er a + b + c + d et oddetall. (Prøv det!) Kombinatorikk og sannsynlighet Køkultur Tre personer (Ole, Petter og Katrine) står i kinokø. (i) Hvor mange forskjellige rekkefølger kan de stå i? (ii) Hvor mange forskjellige rekkefølger kunne vi hatt i køen dersom Mari også hadde vært med på kino? Med andre ord, hvor mange forskjellige køer kan en lage med fire køståere? (iii) Generaliser: Hvor mange forskjellige køer kan en lage med n køståere? 7

8 (iv) Hvor mange forskjellige køer hadde vi fått i (ii) dersom vi insisterte på at Petter alltid måtte stå like bak Mari? (Kan han være interessert i henne, mon tro...?) (v) Hvor mange forskjellige køer kan en lage med n køståere (inklusive Petter og Mari) dersom vi fortsatt insisterer på at Petter må stå like bak Mari? (i) Det er tre muligheter for den første som skal stå i køen, to for den andre og bare én for den siste. Derfor er det 3 1 = 6 mulige rekkefølger. Eksplisitt, de er OPK, OKP, POK, PKO, KOP og KPO. (ii) Hvis én person til blir med, da er det fire muligheter for den første i køen, tre for den andre, to for den tredje og én for den siste. Tilsammen har vi = 4 mulige rekkefølger. (iii) Hvis vi har n køståere, da er det n muligheter for den første i køen, (n 1) for den andre, (n ) for den tredje og så videre, helt ned til to muligheter for den nest siste og én for den siste. I symboler, antall mulige rekkefølger blir da n (n 1) (n ) 1. Dette tallet skrives som n!, uttalt n fakultet. (iv) I denne situasjonen får Petter ikke bestemme hvor han skal stå. Hans posisjon i køen er bestemmt rett og slett av Mari sin. Derfor skal vi tenke på Mari og Petter som en enhet (samme hva Mari synes det er tross alt bare en matteoppgave). Det blir da tre enheter i køen: Ole, Katrine og Mari plus Petter. Vi kan sette disse tre enhetene i alle mulige rekkefølger. Derfor blir det 6 mulige rekkefølger. Eksplisitt, her er de: OKMP, OMPK, MPOK, KOMP, KMPO, og MPKO. Obs: Det å betrakte enheter, som kan innholde forskjellige antall mennesker på denne måten, er en meget viktig og sterk teknikk i kombinatorikken. (v) På samme måte er Petters posisjon alltid bestemmt av Mari sin. Derfor betrakter vi Mari og Petter som enhet igjen. Det er (n 1) enheter i 8

9 køen: Mari plus Petter og de andre (n ) køståere. Derfor har vi (n 1) muligheter for den første enhet i køen, (n ) for den andre, og så videre frem til to muligheter for den nest siste og én for den siste. Tilsammen har vi (n 1) (n ) 1 = (n 1)! mulige rekkefølger. Sifferkortene Du har en eske med de tre sifferkortene 1, og 3. (i) Du tar opp ett og ett kort uten å legge tilbake. Slik lager du et tresifret tall. Hvor mange forskjellige tresifrede tall kan lages på denne måten? (ii) Nå tar du opp ett kort, noterer tallet, legger kortet tilbake og trekker et nytt osv. Hvor mange forskjellige tresifrede tall kan lages på denne måten? (iii) Legg nå også sifferkortene 4 og 5 i esken. (Det er da fem kort i esken: 1,, 3, 4 og 5.) Bruk metoden i (i) (dvs. uten tilbakelegging). Hvor mange tresifrede tall kan du nå lage? (iv) Bruk metoden i (ii) (dvs. med tilbakelegging). Hvor mange tresifrede tall kan du nå lage? (v) Anta til slutt at tre av de fem kortene skal trekkes tilfeldig ut. Hvor mange forskjellige utvalg av tre og tre kort kan vi da få? (Her er altså rekkefølgen til de tre kortene ikke viktig, kun hvilke tre kort vi får.) (i) Det er tre muligheter for det første sifferet i tallet, to for det andre og ett for det siste; altså 3 1 = 3! = 6 tilsammen. (ii) Her er det tre muligheter for hvert siffer. Derfor er det = 7 mulige tresiffrede tall vi kan lage på denne måten. (iii) Her har vi fem muligheter for det første sifferet, fire for det andre og tre for det siste. Så kan vi lage = 60 forskjellige tresiffrede tall på denne måten. 9

10 (iv) Når vi legger kortene tilbake etter hvert trekk, så er det fem muligheter for hvert siffer. Derfor er det = 15 muligheter i dette tilfellet. (v) Hva er forskjellen mellom dette spørsmålet og (iii)? Jo, svaret i (iii) er nå for stor. Dette, fordi at vi nå skal betrakte utvalg som inneholder de samme siffrene som det samme, uavhengig av rekkefølgen de oppstår i. For eksempel, før tenkte vi om rekkefølgene 35 og 53 som forskjellige utfall, men siden de inneholder de samme siffrene, bare i en forskjellig rekkefølge, så tenker vi nå at de er det samme. Derfor kan vi løse problemet ved å finne ut hvor mange ganger vi har talt hver kombinasjon av tre av de fem siffrene, og da dele svaret i (iii) med det. Vi har talt hver mulige rekkefølge én gang, så det vi må dele med blir antall mulige rekkefølger tre objekter kan settes i, nemlig 6. (For eksempel, kombinasjonen {, 3, 5} oppstod fra de følgende utvalgene: 35, 53, 35, 35, 53 og 53 så har vi nok talt utfall, 3, 5 seks ganger. Det samme gjelder for alle andre kombinasjoner av tre kort fra de fem. Forresten, mengdenotasjonen {, 3, 5} gjør bl. a. at vi ikke tar hensyn til orden: for eksempel, {, 3, 5} = {5,, 3}.) Deler vi svaret i (iii) med 6, så får vi 60/6 = 10. Eksplisitt, kombinasjonene er {1,, 3}, {1,, 4}, {1,, 5}, {1, 3, 4}, {1, 3, 5}, {1, 4, 5}, {, 3, 4}, {, 3, 5}, {, 4, 5}, og {3, 4, 5}. Memory Spillet Memory er populært blant såvel små barn som voksne. I én av utgavene består spillet av 16 billedbrikker der to og to har identiske bilder på forsiden i alt 63 par. Målet i spillet er å få flest mulig par. Før spillet starter, blandes brikkene godt og legges utover bordet med baksiden opp. Spillerne snur så etter tur to brikker. (Det er tillatt å se på bildet på den første brikken før en snur nr. to.) Dersom de to brikkene er et par, beholder spilleren paret, og får snu to brikker til. Er de to bildene forskjellige, snus de igjen med baksiden opp, og turen går videre til neste spiller. Slik fortsetter spillet til alle parene er tatt. (i) Av og til skjer det at spilleren som åpner spillet snur to like brikker i første forsøk. (De øvrige spillerne ryster kanskje oppgitt på hodet over 10

11 slik flaks.) Hvor stor er sannsynligheten for å lykkes i nettopp dette, dvs. å snu to like brikker ved spillets start? Forklar hvilke forutsetninger du bygger på. (ii) Anta at spillet istedenfor består av N par til å begynne med. Hvor stor er da sannsynligheten for å snu to like brikker ved spillets start, uttrykt ved N? (iii) Figuren nedenfor viser en situasjon mot slutten av spillet, og det er altså kun tre par igjen. Det er Stines tur til å snu to brikker. Hun husker nøyaktig hvilke bilder som er på brikkene A og B, og at disse er forskjellige. Men hun aner ikke noe om de øvrige brikkene. (Vi kan for enkelhets skyld anta at de ikke har vært snudd tidligere i spillet.) Diskuter, ved hjelp av sannsynlighetsregning, følgende alternative strategier Stine kan følge når hun nå skal snu to brikker: (a) Snur først tilfeldig én av brikkene A og B, og deretter tilfeldig én av C, D, E og F, og håper derved å få et par. (b) Snur tilfeldig én av brikkene C, D, E og F, og håper at denne er maken til A eller B (som hun jo husker). I så fall kan hun snu denne som brikke nr. to, og derved få et par. (c) Snur samtidig (med begge hender) to av brikkene C, D, E og F, og håper at disse er et par. (i) Antall mulige utfall er lik antall mulige uordnete utvalg av brikker fra 16 uten tilbakelegging. Det er 16 muligheter for det første valget og 15 for det andre, som gir tilsammen. Men slik har vi talt ordnete utvalg, som gjør at vi har talt hvert utfall to ganger. Derfor deler vi med : det er = mulige utfall. Et utfall er gunstig dersom det er et par. Det er 63 mulige par. Derfor er sannsynlighet for å få et par på første rundet lik = Obs: Fra denne beregningen ser vi at det kan være lurt å ikke beregne antall gunstige og mulige utfall før vi absolutt må. Hvis vi lar det stå som et produkt (som vi gjorde ovenfor med 15 63), så blir sannsynlighet en brøk 11

12 med nevneren og telleren delvis faktorisert. En slik brøk er som regel lettere å forkorte enn en der vi må begynne med og faktorisere nevneren og telleren. 63 Det er for eksempel ikke like klar at er lik 1/ (ii) Antall mulige utfall er antall måter å velge to brikker fra N, uordnet og uten tilbakelegging. På samme måten som ovenfor blir dette N(N 1) = N(N 1). Antall gunstige utfall er lik antall par, altså N. Derfor er sannsynlighet for å trekke et par på første trekk lik N N(N 1) = 1 N 1. For eksempel, hvis N = 63 som ovenfor, så er N 1 = (63) 1 = 16 1 = 15, og vi får tilbake at sannsynligheten med 63 par er nok 1. I tillegg ser 15 vi at jo større N blir, jo mindre blir sannsylighet for slik flaks, som stemmer med intuisjonen. (iii) (a) Hvis hun snur én av A og B og da én av C, D, E og F, da er det 8 mulige utfall. Det er to gunstige utfall: at hun får paret som inneholder A eller det som inneholder B. Derfor har hun sannsynlighet 1/4 for å få et par. (b) La oss skrive ut de mulige utfallene med denne strategien. La oss kalle brikkene A 1, B 1, A, B, C 1 og C der A 1 og B 1 er brikkene hun husker, A og B er brikkene som går sammen med A 1 og B 1, og C 1 og C er det siste paret. Da er A, A 1, B, B 1, C 1, A, C 1, B, C 1, C, C, A, C, B alle mulige utfall, hvorav 3 er gunstige. Derfor er sannsynligheten for å få et par lik 3/7. (c) Det er bare ett gunstig utfall, nemlig at hun får det eneste paret igjen som ikke involverer A eller B. Antall mulige utfall er antall uordnete valg av to brikker fra fire, som er 4 3 = 6. Sannsynligheten for å få et par er da 1/6. Slik ser vi at den beste strategien å følge er (b). 1

13 Glemsomme Peder Peder Olsen hadde problemer med å huske sitt eget telefonnummer. Dette var på den tiden da alle i Oslo hadde nummer som begynte med, så akkurat det husket Peder. Videre husket han at det var tre femtall, to sekstall og ett sjutall i nummeret. En dag han skulle ringe hjem for å si at han ikke rakk hjem til middag, hadde han glemt nummeret igjen. Og nummeropplysningen, som han pleide å bruke i slike tilfeller, var midlertidig ute av drift. Hvor mange forskjellige telefonnummer måtte Peder maksimalt ringe for å være garantert å komme fram til far på telefonen? De første to sifferne vet Peder er. Han vet hva de siste seks sifferne er: 5, 5, 5, 6, 6 og 7, men ikke rekkefølgen de oppstår i. Som første forsøk kunne vi tenke at svaret er lik antall mulige rekkefølger seks objekter kan settes i: = 70 = 6!. Men her har vi talt noen muligheter flere ganger enn vi skal. Der er som om vi hadde tatt de seks objektene første 5er, andre 5er, tredje 5er, første 6er, andre 6er og 7er og talt antall mulige rekkefølger, betraktende for eksempel og (første 5er) (andre 5er) (tredje 5er) (første 6er) (andre 6er) (7er) (første 5er) (andre 5er) (tredje 5er) (andre 6er) (første 6er) (7er) som forskjellige. Såklart dette skal vi ikke gjøre, fordi at de fører begge to til samme nummer: Vi har talt i hvert fall to ganger for mange muligheter: vi kan bytte posisjonene av sekserne (bytte første 6er og andre 6er ) uten å forendre nummeret. Derfor må vi i hvert fall dele våre første forsøk med. På samme måte ser vi at vi kan permutere første 5er, andre 5er og tredje 5er på hvilket som helst vis uten at vi forendrer nummeret. Derfor må vi dele videre med antall måter å permutere de tre femmere. Det blir 3 1 = 3! = 6. For å oppsummere: vi skal dele 70 med 6 = 1. Derfor må Peder prøve maks. 70 = 60 nummer. Det er nok lite sannsynlig at han rekker hjem 1 til middag :-). 13