שיא
התחבר לחשבון

תרגול צירופים והסתברות לפסיכומטרי

בצירופים השאלה הראשונה היא תמיד אותה שאלה: האם הסדר משנה? אם כן זו תמורה, אם לא זו קבוצה - וההבחנה הזאת קובעת את כל החישוב.

8 שאלות עם פתרון מלא

שאלות מתוך התרגול עצמו. נסה לפתור לבד, ורק אז פתח את הפתרון.

שאלה 1·בעיות מילוליותקלה מאוד
בלוח מודעות מציגים אות אחת מבין A,B,C,DA, B, C, D ולצידה ספרה אחת מבין 1,2,3,4,51, 2, 3, 4, 5. אין מגבלה על החזרה בין תצוגות שונות. כמה סימנים שונים אפשר להציג?
  1. א.9
  2. ב.14
  3. ג.20התשובה הנכונה
  4. ד.25
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתון לנו מספר אפשרויות לכל רכיב של הסימן (אות לצד ספרה), ושואלים כמה סימנים שונים אפשר להציג. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של סימנים, והם יחסית קטנים.

דרכי פתרון אפשריות

  • פתרון עקרוני - הדרך המתאימה: הסימן נבנה בשני שלבים בלתי-תלויים, בחירת האות ובחירת הספרה, ולכן נכפול את מספר האפשרויות בכל שלב. פריסה של כל הסימנים אחד-אחד אפשרית אך אינה חוסכת כאן, ולכן מחשבים ישירות.

פתרון עקרוני:

הסימן נבנה בשני שלבים: תחילה בוחרים אות, ואז בוחרים ספרה. לאות יש 44 אפשרויות (A,B,C,DA, B, C, D) ולספרה 55 אפשרויות (11 עד 55), והבחירות אינן תלויות זו בזו. לפי עקרון הכפל מספר הסימנים הוא מכפלת מספרי האפשרויות: 4×5=20\displaystyle 4 \times 5 = 20 זו התשובה, וניתן להקיף.
שאלה 2·בעיות מילוליותקלה
מסדרים בשורה את כל אותיות המילה "בננה". המילה מורכבת מהאותיות ב, נ, נ, ה, כלומר האות נ מופיעה פעמיים. כמה סדרות אותיות שונות זו מזו אפשר לקבל?
  1. א.6
  2. ב.12התשובה הנכונה
  3. ג.16
  4. ד.24
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתונה לנו מילה שיש לסדר את אותיותיה בשורה, כאשר אחת האותיות חוזרת (שתי אותיות זהות), ושואלים כמה סדרות אותיות שונות אפשר לקבל. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של סדרות, והם יחסית קטנים.

דרכי פתרון אפשריות

  • פירוט שיטתי - הדרך המתאימה: התשובות קטנות, ולכן אפשר לפרוס את כל הסדרות האפשריות ולמנות אותן אחת-אחת עד תום. מנייה זו אינה דורשת נוסחה, ולכן נציגה תחילה.
  • פתרון עקרוני - אפשר גם לחשב: מונים את כל הסידורים כאילו כל האותיות שונות, ומחלקים בסידורים הכפולים שנוצרים מהחלפת שתי האותיות הזהות זו בזו (שאינה מולידה סדרה חדשה).

פירוט שיטתי:

נפרוס את כל הסדרות האפשריות ונמנה אותן אחת-אחת. נארגן אותן לפי מקום האות ב, כאשר יתר המקומות מתמלאים בשתי אותיות ה-נ ובאות ה:
  • ב במקום הראשון: בננה, בנהנ, בהננ - שלוש.
  • ב במקום השני: נבנה, נבהנ, הבננ - שלוש.
  • ב במקום השלישי: ננבה, נהבנ, הנבנ - שלוש.
  • ב במקום הרביעי: ננהב, נהנב, הננב - שלוש.
מנינו בסך הכול 1212 סדרות. זו התשובה, וניתן להקיף.

פתרון עקרוני:

אפשר להגיע לאותה תוצאה גם בחישוב. במילה 44 אותיות, ולכן 44 מקומות בשורה. אילו כל הארבע היו שונות, נשרטט מקום לכל אות ונרשום מעל כל מקום כמה אותיות פנויות לאיושו - 44 לראשון, ואז 33, 22, 11:
4 3 2 1 × × ×
נכפול את מספרי האפשרויות שמעל הקווים: 4!=4×3×2×1=24\displaystyle 4! = 4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24 אך האות נ מופיעה פעמיים, ושתי ההופעות שלה זהות. החלפת שתי אותיות ה-נ זו בזו אינה משנה את הסדרה, ולכן כל סדרה נספרה בחישוב הזה פעמיים. מספר הסדרים של שתי אותיות ה-נ הוא 2!=22! = 2, ולכן נחלק בו: 4!2!=242=12\displaystyle \frac{4!}{2!} = \frac{24}{2} = 12 אותה תשובה.
שאלה 3·בעיות מילוליותבינונית
66 עובדים יוצאים לנסיעה בשתי מכוניות זהות, שלושה עובדים בכל מכונית. אין חשיבות לסדר הישיבה בתוך המכונית, ושתי המכוניות אינן נבדלות זו מזו. בכמה אופנים שונים אפשר לחלק את העובדים לשתי המכוניות?
  1. א.10התשובה הנכונה
  2. ב.15
  3. ג.20
  4. ד.40
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתון לנו אוסף עובדים שיש לחלק לשתי קבוצות שוות בגודלן שאינן נבדלות זו מזו, ושואלים בכמה אופנים אפשר לחלק. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של חלוקות, וחלקם גדולים יחסית.

דרכי פתרון אפשריות

  • פתרון עקרוני - הדרך המתאימה כאן: התובנה שהמכוניות אינן נבדלות זו מזו קלה יותר לתרגם לחישוב (חלוקה בכפילות) מאשר לפריסה ידנית, ולכן מחשבים ישירות. בוחרים את חברי המכונית האחת, והשאר נופלים לשנייה מאליהם. אך מאחר ששתי המכוניות אינן נבדלות, כל חלוקה נספרת פעמיים (פעם כשהשלישייה במכונית האחת ופעם כשהיא בשנייה), ולכן מחלקים ב-22.

פתרון עקרוני:

כדי לחלק את 66 העובדים לשתי שלישיות, די לבחור מי נוסעים במכונית האחת - שלושת הנותרים נוסעים בשנייה מאליהם. מספר הבחירות של שלישייה מתוך שישה, כשאין חשיבות לסדר הישיבה, הוא: 6×5×43×2×1=1206=20\displaystyle \frac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} = \frac{120}{6} = 20 אך שתי המכוניות זהות ואינן נבדלות זו מזו, ולכן ספירה זו סופרת כל חלוקה פעמיים: פעם אחת כשבחרנו שלישייה מסוימת "למכונית האחת", ופעם שנייה כשבחרנו את השלישייה המשלימה - אף ששתי הבחירות מתארות את אותה חלוקה בדיוק. לכן נחלק ב-22: 202=10\displaystyle \frac{20}{2} = 10 זו התשובה, וניתן להקיף.
שאלה 4·בעיות מילוליותקשה
מחלקים 1010 סוכריות זהות בין 33 ילדים שונים, כך שכל ילד מקבל סוכרייה אחת לפחות. בכמה אופנים שונים אפשר לחלק את הסוכריות?
  1. א.27
  2. ב.36התשובה הנכונה
  3. ג.45
  4. ד.66
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתון לנו אוסף של פריטים זהים שיש לחלק בין נמענים שונים, עם תנאי שכל נמען מקבל לפחות אחד, ושואלים בכמה אופנים אפשר לחלק. הפריטים זהים והנמענים שונים, ומה שקובע חלוקה הוא רק כמה מקבל כל ילד. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של חלוקות, וכולם גדולים יחסית.

דרכי פתרון אפשריות

  • פתרון עקרוני - הדרך העקרונית כאן: מאחר שכל התשובות עולות על 1616, פריסה של כל חלוקה בנפרד אינה ישימה, ולכן מחשבים. תחילה מנטרלים את התנאי "לפחות אחת" בכך שנותנים סוכרייה אחת לכל ילד מראש, ואז עוברים על היתרה וסופרים את החלוקות לפי כמה מקבל הילד הראשון. אפשר להגיע לאותה תוצאה גם בלי המנייה: אחרי הניטרול, חלוקה של הפריטים הזהים בין הילדים שקולה לבחירת מיקומי המחיצות המפרידות ביניהם, ולכן סופרים בכמה אופנים אפשר לשבץ את המחיצות.

פתרון עקרוני:

תחילה ננטרל את התנאי "כל ילד מקבל אחת לפחות": ניתן מראש סוכרייה אחת לכל אחד משלושת הילדים. חילקנו כך 33 סוכריות, ונותרו 10−3=710 - 3 = 7 סוכריות לחלוקה חופשית בין שלושת הילדים - וכעת מותר גם שילד לא יקבל דבר מהיתרה (כי כבר יש לו אחת). נמנה את חלוקות 77 הסוכריות הנותרות לפי כמה מהן מקבל הילד הראשון. אם הראשון מקבל 00, נותרו 77 לחלוקה בין השני לשלישי, ולשני יש 88 אפשרויות (00 עד 77, והשלישי משלים) - שמונה. אם הראשון מקבל 11, נותרו 66 לשניים, וזה נותן שבע אפשרויות. וכן הלאה, בכל צעד אפשרות אחת פחות: 8+7+6+5+4+3+2+1=36\displaystyle 8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 36 זו התשובה, וניתן להקיף. אפשר להגיע לאותה תוצאה גם בשיטת המחיצות, בלי המנייה. אחרי אותו ניטרול, נחלק את 77 הסוכריות הזהות בין 33 ילדים. נדמיין את שבע הסוכריות בשורה כ-77 כוכבים, ונציב ביניהם 22 מחיצות שיחלקו אותן לשלוש מנות - מה שמשמאל למחיצה הראשונה לילד הראשון, שבין המחיצות לשני, ומימין לשנייה לשלישי:
* * * | * * | * *
כל חלוקה נקבעת כליל על ידי מיקומי שתי המחיצות. יש 77 כוכבים ו-22 מחיצות, סך הכול 99 אובייקטים בשורה, ויש לבחור אילו 22 מתוך 99 המקומות יהיו מחיצות (השאר כוכבים). זו בחירה שבה אין חשיבות לסדר: 9×82=722=36\displaystyle \dfrac{9 \times 8}{2} = \dfrac{72}{2} = 36 אותה תשובה.
שאלה 5·בעיות מילוליותקשה מאוד
חיפושית מהלכת על רשת רחובות מן הפינה הדרומית-מערבית אל הפינה הצפונית-מזרחית. בכל צעד היא מתקדמת רחוב אחד מזרחה או רחוב אחד צפונה בלבד, ועליה להתקדם בסך הכול 44 רחובות מזרחה ו-33 רחובות צפונה. פינת רחוב מסוימת חסומה: היא מצויה 22 רחובות ממזרח לנקודת ההתחלה ורחוב 11 מצפון לה, ואי אפשר לעבור דרכה. בכמה מסלולים שונים אפשר להגיע מן ההתחלה אל הסיום מבלי לעבור דרך הפינה החסומה?
  1. א.17התשובה הנכונה
  2. ב.18
  3. ג.21
  4. ד.35
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתונה לנו הליכה על רשת רחובות, כשבכל צעד מתקדמים מזרחה או צפונה, עם דרישה להימנע ממעבר דרך פינה חסומה מסוימת. שואלים כמה מסלולים שונים קיימים. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של מסלולים, וחלקם גדולים יחסית.

דרכי פתרון אפשריות

  • פתרון עקרוני - הדרך הנוחה כאן: מספר המסלולים הכולל גדול מכדי לפרוס אותו אחד-אחד, והניסוח "מבלי לעבור דרך" מסמן שקל יותר לספור את המסלולים האסורים (העוברים דרך הפינה החסומה) ולחסרם, מאשר לספור את המותרים ישירות. סופרים את כל המסלולים מההתחלה לסיום, מחסירים את אלה שעוברים דרך הפינה החסומה, והנותר הוא מספר המסלולים המותרים. את מספר המסלולים בכל קטע סופרים כבחירת הצעדים שהולכים צפונה מתוך כלל צעדי הקטע (השאר מזרחה).
  • פירוט שיטתי - מאחר שמספר המסלולים בכל קטע קטן, אפשר לוודא בפריסה מסודרת של רצפי הצעדים בלי לחשב.

פתרון עקרוני:

נשרטט את הרשת, נסמן את נקודות ההתחלה, החסימה והסיום, ומסלול לדוגמה מן הפינה החסומה:
התחלה סיום חסום
תחילה נספור את כל המסלולים מן ההתחלה לסיום, בלי אילוץ. כל מסלול מורכב מ-44 צעדים מזרחה ו-33 צעדים צפונה, סך הכול 77 צעדים, והוא נקבע כליל ברגע שבוחרים אילו 33 מתוך 77 הצעדים יהיו צפונה (השאר מזרחה). מונים את הסידורים המסודרים של שלישייה מתוך שבעה ומחלקים בסידורי השלישייה, כי אין חשיבות לסדר בחירת שלושת הצעדים: 7×6×53×2×1=2106=35\displaystyle \frac{7 \times 6 \times 5}{3 \times 2 \times 1} = \frac{210}{6} = 35 כעת נספור את המסלולים האסורים - אלה העוברים דרך הפינה החסומה, המצויה 22 רחובות ממזרח ורחוב 11 מצפון להתחלה. פינה זו שוברת מסלול אסור לשני קטעים בלתי-תלויים, ומספר המסלולים דרכה הוא מכפלת המסלולים בכל קטע. בקטע מן ההתחלה אל הפינה החסומה יש להתקדם 22 מזרחה ורחוב 11 צפונה - 33 צעדים, שמהם בוחרים איזה יחיד יהיה צפונה. בחירת צעד אחד מתוך שלושה נותנת 33 אפשרויות: 3\displaystyle 3 בקטע מן הפינה החסומה אל הסיום נותרו 22 מזרחה (44 פחות 22) ו-22 צפונה (33 פחות 11) - 44 צעדים, שמהם בוחרים אילו 22 יהיו צפונה. מונים את הסידורים המסודרים של זוג מתוך ארבעה ומחלקים בשני סדרי הזוג, כי אין חשיבות לסדר: 4×32=6\displaystyle \frac{4 \times 3}{2} = 6 מספר המסלולים דרך הפינה החסומה הוא מכפלת שני הקטעים: 3×6=18\displaystyle 3 \times 6 = 18 מספר המסלולים המותרים הוא כל המסלולים פחות האסורים: 35−18=17\displaystyle 35 - 18 = 17 זו התשובה, וניתן להקיף.

פירוט שיטתי:

נסמן צעד מזרחה באות מ וצעד צפונה באות צ, ונמנה את המסלולים דרך הפינה החסומה לפי שני הקטעים. בקטע הראשון (22 מזרחה, 11 צפונה) הרצפים הם מ-מ-צ, מ-צ-מ, צ-מ-מ - שלושה. בקטע השני (22 מזרחה, 22 צפונה) הרצפים הם מ-מ-צ-צ, מ-צ-מ-צ, מ-צ-צ-מ, צ-מ-מ-צ, צ-מ-צ-מ, צ-צ-מ-מ - שישה. כל צירוף של רצף מן הקטע הראשון עם רצף מן השני נותן מסלול אסור, ובסך הכול 3×6=183 \times 6 = 18 מסלולים חסומים. נחסיר אותם מ-3535 כלל המסלולים ונקבל 35−18=1735 - 18 = 17. אותה תשובה.
שאלה 6·בעיות מילוליותקלה מאוד
בחנות פרחים מוכרים זר, המורכב מפרח מרכזי אחד מתוך 66 סוגי פרחים, ומעטפת נייר אחת מתוך 33 צבעים. כמה זרים שונים זה מזה אפשר להרכיב?
  1. א.9
  2. ב.12
  3. ג.15
  4. ד.18התשובה הנכונה
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתון לנו מספר אפשרויות לכל רכיב של הזר (פרח מרכזי ומעטפת נייר), ושואלים כמה זרים שונים אפשר להרכיב. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של זרים, והם יחסית קטנים.

דרכי פתרון אפשריות

  • פירוט שיטתי - הדרך המנייתית: מספר הזרים קטן דיו כדי לפרוס את כולם ולמנות אותם אחד-אחד, מסודרים לפי הפרח המרכזי. מנייה זו אינה דורשת נוסחה, ולכן נציגה תחילה.
  • פתרון עקרוני - דרך חישובית מקבילה: הזר נבנה בשני שלבים בלתי-תלויים (בחירת פרח מרכזי ובחירת מעטפת), ולכן נכפול את מספר האפשרויות בכל שלב.

פירוט שיטתי:

נפרוס את כל הזרים ונמנה אותם אחד-אחד, מסודרים לפי הפרח המרכזי (לכל פרח שלוש אפשרויות מעטפת - נסמן את הצבעים כ, ל, ר):
  • הפרח הראשון: (ראשון-כ), (ראשון-ל), (ראשון-ר) - שלושה.
  • הפרח השני: (שני-כ), (שני-ל), (שני-ר) - שלושה.
  • הפרח השלישי: שלושה. הרביעי: שלושה. החמישי: שלושה. השישי: שלושה.
מנינו שש קבוצות של שלושה זרים, סך הכול 1818 זרים. זו התשובה, וניתן להקיף.

פתרון עקרוני:

אפשר להגיע לאותה תוצאה גם בלי המנייה. הזר נבנה בשני שלבים: תחילה בוחרים פרח מרכזי, ואז בוחרים מעטפת. לפרח יש 66 אפשרויות ולמעטפת 33 אפשרויות, והבחירות אינן תלויות זו בזו. לפי עקרון הכפל מספר הזרים הוא מכפלת מספרי האפשרויות: 6×3=18\displaystyle 6 \times 3 = 18 אותה תשובה.
שאלה 7·בעיות מילוליותקלה
בכיתה יש 88 תלמידים, ומחלקים אותם לשלוש קבוצות שונות זו מזו: קבוצת ספורט בת 44 תלמידים, קבוצת מוזיקה בת 33 תלמידים, וקבוצת אמנות בת תלמיד יחיד. כל תלמיד משובץ לקבוצה אחת בדיוק. בכמה אופנים שונים אפשר לחלק את התלמידים לשלוש הקבוצות?
  1. א.70
  2. ב.210
  3. ג.280התשובה הנכונה
  4. ד.336
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתון לנו אוסף של תלמידים שיש לחלק לשלוש קבוצות שונות זו מזו בגדלים נתונים, כשכל תלמיד לקבוצה אחת, ושואלים בכמה אופנים אפשר לחלק. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של חלוקות, וכולם גדולים יחסית.

דרכי פתרון אפשריות

  • פתרון עקרוני - הדרך המתאימה כאן: מאחר שמספר החלוקות גדול מכדי לפרוס אותן אחת-אחת, מחשבים ישירות. בונים את החלוקה קבוצה אחר קבוצה - בוחרים תחילה את חברי קבוצת הספורט, אחר כך את חברי קבוצת המוזיקה מבין הנותרים, והאחרון נופל לקבוצת האמנות. בכל שלב בוחרים בלי חשיבות לסדר, וכופלים את מספרי הבחירות.

פתרון עקרוני:

נבנה את החלוקה בשלושה שלבים. בשלב הראשון בוחרים לקבוצת הספורט 44 תלמידים מתוך 88, בלי חשיבות לסדר. מספר הבחירות של רביעייה מתוך שמונה הוא הסידורים המסודרים מחולקים בסידורי הרביעייה: 8×7×6×54×3×2×1=168024=70\displaystyle \frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \frac{1680}{24} = 70 בשלב השני נותרו 44 תלמידים, ומהם בוחרים 33 לקבוצת המוזיקה. בחירת שלישייה מתוך ארבעה שקולה להשארת אחד בחוץ, ולכן יש לה 44 אפשרויות. בשלב השלישי נותר תלמיד אחד בלבד, והוא משובץ לקבוצת האמנות - אפשרות אחת. לפי עקרון הכפל, מספר החלוקות הוא מכפלת מספרי הבחירות בשלושת השלבים: 70×4×1=280\displaystyle 70 \times 4 \times 1 = 280 זו התשובה, וניתן להקיף.
שאלה 8·בעיות מילוליותבינונית
בין המספרים השלמים מ-100100 עד 199199 (כולל), כמה מתחלקים ב-55?
  1. א.10
  2. ב.12
  3. ג.16
  4. ד.20התשובה הנכונה
▸ הצג פתרון מלא

איך מזהים

נתון לנו טווח מספרים שלמים, ושואלים כמה מהם מתחלקים ב-55, כלומר כמה כפולות של 55 יש בטווח. לכן זו בעיית צירופים. בתשובות מספרים אפשריים של כפולות: שלוש מהן קטנות יחסית ואחת גדולה מהן.

דרכי פתרון אפשריות

  • פירוט שיטתי - הדרך המתאימה כאן: מכיוון ששלוש מן התשובות אינן עולות על 1616, נמנה את הכפולות בזו אחר זו (100,105,110,…100, 105, 110, \ldots) ונעצור ברגע שמספר הכפולות שמנינו עובר את 1616. אם עברנו את 1616 והטווח עדיין לא נגמר, אין צורך בערך המדויק: שלוש התשובות שאינן עולות על 1616 נפסלות בבת אחת, ונשארת רק התשובה הגדולה.
  • פתרון עקרוני - אפשר גם בלי מנייה: מבין כל חמישה מספרים עוקבים בדיוק אחד מתחלק ב-55, ולכן מחלקים את מספר האיברים בטווח ב-55.

פירוט שיטתי:

נמנה את כפולות ה-55 בטווח, אחת אחרי השנייה, ונספור תוך כדי: 100, 105, 110, 115, 120, 125, 130, 135, 140, 145, 150, 155, 160, 165, 170, 175, 180, …\displaystyle 100, \ 105, \ 110, \ 115, \ 120, \ 125, \ 130, \ 135, \ 140, \ 145, \ 150, \ 155, \ 160, \ 165, \ 170, \ 175, \ 180, \ \ldots עד כאן מנינו כבר 1717 כפולות, והטווח עדיין לא נגמר (נותרו 185,190,195185, 190, 195). כלומר עברנו את 1616. שלוש התשובות שאינן עולות על 1616 (1010, 1212, 1616) נפסלות אפוא בבת אחת, ומכיוון שנשארה תשובה גדולה אחת בלבד, היא בהכרח התשובה: 20\displaystyle 20 זו התשובה, וניתן להקיף.

פתרון עקרוני:

מבין כל חמישה מספרים עוקבים בדיוק אחד מתחלק ב-55. בטווח 100100 עד 199199 (כולל) יש 100100 מספרים, ולכן מספר הכפולות הוא: 1005=20\displaystyle \dfrac{100}{5} = 20 (אפשר לראות זאת גם לפי עשיריות: בכל עשירייה שתי כפולות, ויש עשר עשיריות, 10×2=2010 \times 2 = 20.) אותה תשובה.

כל השאלות, התשובות וההסברים נכתבו ונבדקו על ידי צוות מומחים שחי ונושם פסיכומטרי ואמירנט. כל פריט עובר בקרת איכות לפני שהוא מתפרסם ומתעדכן באופן שוטף, כדי שהתרגול ישקף את רמת הקושי, הסגנון וההיגיון של המבחן האמיתי.

שיא

© 2026 · שיא. סימולטור פסיכומטרי ואמירנט