Kombinacija razgradnje. Kombinacije s ponavljanjima

Kombinatorika je grana matematike koja proučava pitanje koliko kombinacija određena vrsta može biti sastavljen od ovih objekata (elemenata).

Pravilo množenja (osnovna kombinatorička formula)

Ukupni broj načini na koje možete odabrati jedan element iz svake grupe i poredati ih određenim redoslijedom (tj. dobiti uređenu zbirku) jednak je:

Primjer 1

Novčić je bačen 3 puta. Koliko različitih rezultata bacanja možete očekivati?

Riješenje

Prvi novčić ima alternative - ili glavu ili rep. Postoje i alternative za drugi novčić itd., tj. .

Željeni broj načina:

Pravilo sabiranja

Ako bilo koje dvije grupe i nemaju zajednički elementi, tada se izbor jednog elementa ili iz , ili iz , ... ili iz može učiniti na načine.

Primjer 2

Na polici je 30 knjiga, od toga 20 matematičkih, 6 tehničkih i 4 ekonomske. Koliko ima načina da se izabere jedna matematička ili jedna ekonomska knjiga.

Riješenje

Matematička knjiga se može birati na različite načine, ekonomska knjiga na različite načine.

Prema pravilu zbroja, postoji način da se izabere matematička ili ekonomska knjiga.

Položaji i permutacije

Smještaj- To su uređene zbirke elemenata koje se međusobno razlikuju ili po sastavu ili po redoslijedu elemenata.

Plasmani bez ponavljanja kada odabrani element nije vraćen u populaciju prije odabira sljedećeg. Takav izbor naziva se sekvencijalni izbor bez zamjene, a njegov rezultat je postavljanje bez ponavljanja od elemenata po .

Broj različitih načina na koje se može izvršiti sekvencijalni odabir bez vraćanja elemenata populacija volumen je jednak:

Primjer 3

Dnevni raspored se sastoji od 5 razne lekcije. Odredite broj opcija rasporeda pri odabiru od 11 disciplina.

Riješenje

Svaka varijanta rasporeda predstavlja skup od 5 disciplina od 11, koje se od ostalih varijanti razlikuju i po sastavu i po redoslijedu. zato:

Permutacije su uređene zbirke koje se međusobno razlikuju samo po redoslijedu elemenata. Broj svih permutacija skupa elemenata je

Primjer 4

Na koliko načina mogu 4 osobe sjediti za jednim stolom?

Riješenje

Svaka opcija sjedenja razlikuje se samo u redoslijedu sudionika, odnosno to je permutacija 4 elementa:

Plasmani s ponavljanjima kada se odabrani element vrati u populaciju prije odabira sljedećeg. Takav izbor naziva se sekvencijalni izbor s povratkom, a njegov rezultat je plasman s ponavljanjem elemenata po .

Ukupan broj različitih načina na koje se može napraviti izbor, vraćajući elemente iz populacije volumena, je

Primjer 5

Lift se zaustavlja na 7 katu. Na koliko načina može 6 putnika u liftu izaći na te katove?

Kako bi rješenje problema u teoriji vjerojatnosti bilo što točnije i ispravnije, mnogi naručuju jeftino test na toj web stranici. Detalje (kako ostaviti prijavu, cijene, uvjete, načine plaćanja) možete pronaći na stranici Kupite test iz teorije vjerojatnosti...

Riješenje

Svaki od načina raspodjele putnika po katovima je kombinacija 6 putnika na 7 katova, koja se razlikuje od ostalih kombinacija kako po sastavu tako i po svom redoslijedu. Budući da i jedan i više putnika mogu otići s istog kata, isti se putnici mogu ponoviti. Stoga je broj takvih kombinacija jednak broju postavljanja s ponavljanjem 7 elemenata za 6:

Kombinacije

Kombinacije od n elemenata po k nazivaju se neuređene zbirke koje se međusobno razlikuju barem po jednom elementu.

Neka se iz opće populacije uzme nekoliko elemenata odjednom (ili se elementi uzimaju jedan za drugim, ali se ne uzima u obzir redoslijed njihovog pojavljivanja). Kao rezultat takvog istovremenog nesređenog odabira elemenata iz opće populacije volumena dobivaju se kombinacije koje se nazivaju kombinacije bez ponavljanja od elemenata po .

Broj kombinacija elemenata jednak je:

Primjer 6

U kutiji je 9 jabuka. Na koliko se načina mogu izabrati 3 jabuke iz kutije?

Riješenje

Svaki izbor sastoji se od 3 jabuke i razlikuje se od ostalih samo po sastavu, odnosno kombinacija je bez ponavljanja 9 elemenata:

Broj načina za odabir 3 jabuke od 9:

Neka se elementi biraju iz opće populacije volumena, jedan po jedan, a svaki se odabrani element vraća u opću populaciju prije odabira sljedećeg. Vodi evidenciju koji su se elementi pojavili i koliko puta, ali se redoslijed pojavljivanja ne uzima u obzir. Dobivene zbirke nazivaju se kombinacije s ponavljanjima od elemenata po .

Broj kombinacija s ponavljanjem elemenata prema:

Primjer 7

Pošta prodaje razglednice 3 vrste. Na koliko se načina može kupiti 6 razglednica?

Ovo je zadatak za pronalaženje broja kombinacija s ponavljanjima od 3 do 6:

Dijeljenje skupa u grupe

Neka set od raznih elemenata je podijeljena u skupine tako da prva skupina uključuje elemente, drugu - elemente, -tu skupinu - elemente i . Ova situacija se naziva podjela skupa na grupe.

Broj podjela u grupe, kada elementi spadaju u prvu, elementi u drugu, in k-ta grupa- elemenata, jednak je:

Primjer 8

Grupu od 16 osoba potrebno je podijeliti u tri podskupine, od kojih prva treba imati 5 osoba, druga - 7 osoba, a treća - 4 osobe. Na koliko načina se to može učiniti?

Riješenje

Ovdje

Broj podjela u 3 podskupine:

Koncept geometrijski zakon distribucija diskretnih nasumična varijabla te se razmatra primjer rješenja zadatka. Date su formule matematičko očekivanje a varijanca slučajne varijable raspoređena prema geometrijskom zakonu.

U kombinatorici se proučavaju pitanja koliko se kombinacija određene vrste može napraviti od zadanih objekata (elemenata).

Rođenje kombinatorike kao grane povezuje se s radovima B. Pascala i P. Fermata o teoriji Kockanje. Veliki doprinos razvoju kombinatornih metoda dao je G.V. Leibniz, J. Bernoulli i L. Euler.

Francuski filozof, pisac, matematičar i fizičar Blaise Pascal (1623. – 1662.) rano je pokazao svoju izvanrednu matematičke sposobnosti. Krug Pascalovih matematičkih interesa bio je vrlo raznolik. Pascal je to dokazao
iz temeljnih teorema projektivne geometrije (Pascalov teorem), konstruirao zbrajalicu (Pascalov zbrojnik), dao metodu za izračunavanje binomnih koeficijenata (Pascalov trokut), prvi put precizno definirao i primijenio metodu za dokaz matematička indukcija, napravio značajan korak u razvoju infinitezimalne analize, svirao važna uloga u razvoju teorije vjerojatnosti. U hidrostatici je Pascal utvrdio njezin osnovni zakon (Pascalov zakon). Pascalova Pisma jednom provincijalcu bila su remek-djelo francuske klasične proze.

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646. – 1716.) bio je njemački filozof, matematičar, fizičar i izumitelj, pravnik, povjesničar i lingvist. U matematici je uz I. Newtona razvio diferencijalnu i integralni račun. Dao je važan doprinos kombinatorici. Konkretno, problemi teorije brojeva povezani su s njegovim imenom.

Gottfried Wilhelm Leibniz imao je pomalo impresivan izgled i stoga je ostavljao dojam prilično neupadljive osobe. Jednom u Parizu, otišao je u knjižaru u nadi da će kupiti knjigu svog poznanika filozofa. Kad je jedan posjetitelj upitao za ovu knjigu, knjižar mu je, pregledavši ga od glave do pete, podrugljivo odgovorio: „Što ti to treba? Jesi li sposoban čitati takve knjige?” Prije nego što je znanstvenik stigao odgovoriti, u radnju je ušao sam autor knjige s riječima: “Pozdrav i poštovanje velikom Leibnizu!” Prodavač nije mogao shvatiti da stvarno ima slavnog Leibniza, čije su knjige bile u velikoj potražnji među znanstvenicima.

U budućnosti će sljedeće imati važnu ulogu.

Lema. Neka u skupu elementi, au skupu - elementi. Zatim broj svih različitih parova, gdje će biti jednak.

Dokaz. Doista, s jednim elementom iz skupa možemo napraviti takve različite parove, ali samo u skupu elemenata.

Položaji, permutacije, kombinacije

Recimo da imamo skup od tri elementa. Na koji način možemo odabrati dva od ovih elemenata? .

Definicija. Rasporedi skupa različitih elemenata po elementima su kombinacije koje su sastavljene od zadanih elemenata po > elementima i razlikuju se ili po samim elementima ili po redoslijedu elemenata.

Broj svih postavljanja skupa elemenata po elementima označava se sa (od početno slovo francuska riječ“aranžman”, što znači postavljanje), gdje i .

Teorema. Broj postavljanja skupa elemenata po elementima jednak je

Dokaz. Recimo da imamo elemente. Neka budu mogući plasmani. Izgradit ćemo ove položaje uzastopno. Prvo, definirajmo prvi element postavljanja. Iz ovog skupa elemenata može se odabrati različiti putevi. Nakon odabira prvog elementa za drugi element, postoje načini za odabir, i tako dalje. Budući da svaki takav izbor daje novu lokaciju, svi se ti izbori mogu slobodno međusobno kombinirati. Stoga imamo:

Primjer. Na koliko načina zastava može biti sastavljena od tri vodoravne pruge različitih boja ako postoji materijal od pet boja?

Riješenje.Željeni broj zastava s tri pruge:

Definicija. Permutacija skupa elemenata je raspored elemenata u određenom redoslijedu.

Dakle, sve različite permutacije skupa od tri elementa su

Naveden je broj svih permutacija elemenata (od početnog slova francuske riječi "permutation", što znači "permutacija", "kretanje"). Stoga se broj svih različitih permutacija izračunava formulom

Primjer. Na koliko se načina mogu postaviti topovi na šahovskoj ploči tako da se međusobno ne napadaju?

Riješenje. Potreban broj postavljanja topova

Po definiciji!

Definicija. Kombinacije različitih elemenata po elementima su kombinacije koje su sastavljene od zadanih elemenata po elementima i razlikuju se barem po jednom elementu (drugim riječima, podskupovi elemenata dati skup od elemenata).

Kao što vidite, u kombinacijama, za razliku od plasmana, redoslijed elemenata se ne uzima u obzir. Naveden je broj svih kombinacija elemenata po elementima u svakoj (od početnog slova francuske riječi "combinasion", što znači "kombinacija").

Brojke

Sve kombinacije iz seta od dvije - .

Svojstva brojeva (\sf C)_n^k

Doista, svaki podskup -elemenata danog skupa -elemenata odgovara jednom i samo jednom podskupu -elemenata istog skupa.

Doista, podskupove elemenata možemo odabrati na sljedeći način: fiksiramo jedan element; broj podskupova -elemenata koji sadrže ovaj element je ; broj podskupova -elemenata koji ne sadrže ovaj element je .

Pascalov trokut

U ovom trokutu, ekstremni brojevi u svakom retku jednaki su 1, a svaki neekstremni broj jednak je zbroju dvaju brojeva prethodnog retka iznad njega. Stoga vam ovaj trokut omogućuje izračunavanje brojeva.

Teorema.

Dokaz. Razmotrimo skup elemenata i riješimo sljedeći problem na dva načina: koliko nizova može biti sastavljeno od elemenata zadanog
skupovi u kojima se nijedan element ne pojavljuje dva puta?

1 način. Odaberemo prvi član niza, zatim drugi, treći i tako dalje. član

2 način. Prvo odaberemo elemente iz zadanog skupa, a zatim ih poredamo nekim redoslijedom

Pomnožite brojnik i nazivnik ovog razlomka s:

Primjer. Na koliko načina možete odabrati 5 brojeva od 36 u igri Sportloto?

Željeni broj načina

Zadaci.

1. Brojevi automobila sastoje se od 3 slova ruske abecede (33 slova) i 4 broja. Koliko ima različitih brojeva automobila?
2. Klavir ima 88 tipki. Na koliko se načina može uzastopno proizvesti 6 zvukova?
3. Koliko je šesteroznamenkastih brojeva djeljivo s 5?
4. Na koliko načina se 7 različitih novčića može staviti u tri džepa?
5. Koliko peteroznamenkastih brojeva možete sastaviti decimalni zapis koji se broj 5 pojavljuje barem jednom?
6. Na koliko se načina može sjesti 20 ljudi Okrugli stol, smatrajući metode istima, ako se mogu dobiti jedna od druge kretanjem u krug?
7. Koliko ima peteroznamenkastih brojeva djeljivih s 5 koji nemaju iste znamenke?
8. Na kariranom papiru sa stranicom ćelije od 1 cm nacrtan je krug polumjera 100 cm koji ne prolazi kroz vrhove ćelija i ne dodiruje stranice ćelija. Koliko kvadrata može presijecati ovaj krug?
9. Na koliko načina se brojevi mogu poredati u nizu tako da brojevi stoje jedan do drugoga i, štoviše, idu rastućim redoslijedom?
10. Koliko se peteroznamenkastih brojeva može sastaviti od znamenki ako se svaka znamenka može upotrijebiti samo jednom?
11. Od riječi ROT preuređivanjem slova mogu se dobiti i riječi: TOR, ORT, OTR, TRO, RTO. Zovu se anagrami. Koliko anagrama možete napraviti pomoću LOGARITA?
12. Nazovimo cijepanje prirodan broj njegov prikaz kao zbroj prirodni brojevi. Ovdje su, na primjer, sve particije broja:

Particije se smatraju različitima ako se razlikuju ili u brojevima ili u redoslijedu sumanda.

Koliko ima različitih podjela broja?
13. Koliko ima nerastućih troznamenkastih brojeva?
14. Koliko ima nerastućih 4-znamenkastih brojeva?
15. Na koliko se načina može 17 ljudi posjesti u jedan red tako da budu jedni do drugih?
16. djevojčice i dječaci sjede nasumično u nizu mjesta. Na koliko se načina mogu smjestiti tako da dvije djevojke ne sjede jedna do druge?
17. djevojčice i dječaci sjede nasumično u nizu mjesta. Na koliko se načina mogu sjesti tako da sve djevojke sjede jedna do druge?

Treba napomenuti da je kombinatorika samostalna sekcija viša matematika(a ne dio tervera) i značajni udžbenici napisani su u ovoj disciplini, čiji sadržaj, ponekad, nije lakši od apstraktne algebre. Međutim, nama će biti dovoljan mali djelić. teorijsko znanje, au ovom članku pokušat ću analizirati osnove teme s tipičnim kombinatornim problemima u pristupačnom obliku. I mnogi od vas će mi pomoći ;-)

Što ćemo učiniti? U užem smislu, kombinatorika je izračunavanje različitih kombinacija koje se mogu napraviti iz određenog skupa diskretna objekti. Pod objektima se podrazumijevaju bilo koji izolirani objekti ili živa bića - ljudi, životinje, gljive, biljke, kukci itd. Pritom kombinatoriku uopće nije briga što se set sastoji od tanjura griza, lemilice i močvarne žabe. Temeljno je važno da su ti objekti nabrojivi - ima ih tri. (diskretnost) a bitno je da nitko od njih nije sličan.

Kad smo dosta toga posložili, sada o kombinacijama. Najčešći tipovi kombinacija su permutacije objekata, njihov izbor iz skupa (kombinacija) i distribucija (postavljanje). Pogledajmo kako se to sada događa:

Permutacije, kombinacije i postavljanja bez ponavljanja

Nemojte se bojati opskurnih izraza, pogotovo jer neki od njih doista nisu baš uspješni. Počnimo s repom naslova - što znači " bez ponavljanja"? To znači da ćemo u ovom dijelu razmatrati skupove koji se sastoje od razne objekti. Na primjer, ... ne, neću nuditi kašu s lemilicom i žabom, bolje je nešto ukusnije =) Zamislite da su se na stolu ispred vas materijalizirale jabuka, kruška i banana (ako ih ima bilo koja, situacija se može simulirati u stvarnom stanju). Voće slažemo s lijeva na desno sljedećim redoslijedom:

jabuka / kruška / banana

Prvo pitanje: na koliko se načina mogu preurediti?

Jedna kombinacija je već napisana gore, a s ostalima nema problema:

jabuka / banana / kruška
kruška / jabuka / banana
kruška / banana / jabuka
banana / jabuka / kruška
banana / kruška / jabuka

Ukupno: 6 kombinacija ili 6 permutacije.

Dobro, ovdje nije bilo teško nabrojati sve moguće slučajeve, ali što ako ima više objekata? Već s četiri različita voća, broj kombinacija će se značajno povećati!

Bez muke - 3 predmeta mogu se preuređivati ​​na različite načine.

Drugo pitanje: na koliko načina možete izabrati a) jednu voćku, b) dvije voćke, c) tri voćke, d) barem jednu voćku?

Zašto izabrati? Pa su u prethodnom paragrafu podigli apetit – da bi jeli! a) Jedno voće se može birati, očito, na tri načina - uzeti ili jabuku, ili krušku, ili bananu.

Formalno prebrojavanje temelji se na formula za broj kombinacija:

Snimanje u ovaj slučaj treba shvatiti na sljedeći način: "na koliko načina možete odabrati 1 voće od tri?"

b) Navodimo sve moguće kombinacije dva voća:

jabuka i kruška;
jabuka i banana;
kruška i banana.

Broj kombinacija lako je provjeriti pomoću iste formule:

Unos se shvaća slično: "na koliko načina možete odabrati 2 voća od tri?".

c) I na kraju, mogu se izabrati tri voća jedini način:

Usput, formula za broj kombinacija također ima smisla za prazan uzorak:
Na ovaj način ne možete odabrati niti jednu voćku – zapravo, ne uzeti ništa i to je to.

d) Na koliko načina možete uzeti najmanje jedan voće? Uvjet "barem jedan" podrazumijeva da smo zadovoljni s 1 voćkom (bilo kojom) ili bilo koje 2 voćke ili sve 3 voćke:
načina na koje možete odabrati barem jedno voće.

Za odgovor na sljedeće pitanje Trebam dva volontera ... ... Pa pošto nitko ne želi, onda ću pozvati na ploču =)

Treće pitanje: na koliko se načina jedna voćka može podijeliti Daši i Nataši?

Kako biste podijelili dva voća, prvo ih morate odabrati. Prema odlomku "be" prethodnog pitanja, to se može učiniti na načine, ponovno ću ih napisati:

jabuka i kruška;
jabuka i banana;
kruška i banana.

Ali sada će biti dvostruko više kombinacija. Razmotrimo, na primjer, prvi par plodova:
Dašu možete počastiti jabukom, a Natašu kruškom;
ili obrnuto - Daša će dobiti krušku, a Nataša jabuku.

A takva je permutacija moguća za svaki par plodova.

U ovom slučaju radi formula plasmana:

Razlikuje se od formule po tome što uzima u obzir Ne samo broj načina na koje se može odabrati više objekata, ali i sve permutacije objekata u svakom mogući uzorak. Dakle, u razmatranom primjeru nije važno samo to što možete jednostavno odabrati, na primjer, krušku i bananu, već i kako će oni biti raspoređeni (postavljeni) između Daše i Nataše.

Pokušajte dobro razumjeti razliku između permutacija, kombinacija i postavljanja. U najjednostavnijim slučajevima, može se sve pobrojati moguće kombinacije ručno, ali najčešće to postaje nepodnošljiv zadatak, zbog čega morate razumjeti značenje formula.

Također vas podsjećam da sada govorimo o skupu razne objekti, a ako se jabuka/kruška/banana zamijene s 3 jabuke ili čak 3 vrlo slične jabuke, tada će se one u kontekstu razmatranog problema i dalje razmatrati razne.

Zadržimo se detaljnije na svakoj vrsti kombinacije:

Permutacije

Permutacije nazivaju se kombinacijama od istog razne objekata i razlikuju se samo po redoslijedu kojim su postavljeni. Broj svih mogućih permutacija izražava se formulom

Posebnost permutacija je da svaka od njih uključuje SVI set, tj. svi objekti. Na primjer, prijateljska obitelj:

Zadatak 1

Na koliko se načina za stol može smjestiti 5 ljudi?

Riješenje: koristite formulu za broj permutacija:

Odgovor: 120 načina

Nevjerojatno, ali je činjenica. Imajte na umu da ovdje nije važno je li stol okrugao, četvrtast ili uopće svi ljudi sjede na klupi uz jedan zid - samo broj predmeta i njihov međusobni dogovor. Osim razmjene ljudi, često se susreće problem razmjene knjiga na polici, no to bi bilo prejednostavno čak i za čajnik:

Zadatak 2

Koliko se četveroznamenkastih brojeva može sastaviti od četiri kartice s brojevima 0, 5, 7, 9?

Da biste napravili četveroznamenkasti broj, trebate koristiti svičetiri karte (brojevi na kojimadrugačiji! ) , a to je vrlo bitan preduvjet za primjenu formule.Očito ćemo preslagivanjem karata dobiti različite četveroznamenkaste brojeve, ...čekaj, je li ovdje sve u redu? ;-)

Dobro razmislite o problemu! Općenito, ovo značajka kombinatorni i probabilistički problemi – o njima TREBA RAZMIŠLJATI. I često razmišljati na svjetovni način, kao, na primjer, u analizi uvodni primjer s voćem. Ne, naravno, ne pozivam na glupo razrađivanje drugih dijelova matematike, ali moram napomenuti da isto integrali limenka naučiti odlučivatičisto mehanički.

Rješenje i odgovor na kraju lekcije.

Povećanje prometa:

Kombinacije

Udžbenici obično daju sažeto i ne baš jasna definicija kombinacije, dakle, u mojim ustima formulacija neće biti osobito racionalna, ali, nadam se, razumljiva:

Kombinacije imenovati različite kombinacije predmeta koji su odabrani iz niza različitih predmeta i koji se međusobno razlikuju barem po jednom predmetu. Drugim riječima, pojedinačna kombinacija je jedinstven izbor elemenata u kojem njihov redoslijed nije bitan(mjesto). Ukupan broj takvih jedinstvenih kombinacija izračunava se formulom .

Zadatak 3

U kutiji je 15 dijelova. Na koliko se načina mogu uzeti 4 dijela?

Riješenje: prije svega, ponovno skrećem pozornost na činjenicu da se, prema logici uvjeta, razmatraju detalji razne- čak i ako su zapravo isti tip i vizualno isti (u ovom slučaju, mogu se npr. numerirati) .

U zadatku je riječ o odabiru 4 dijela, u kojima su njihovi “ daljnju sudbinu"- grubo rečeno," samo su odabrali 4 komada i to je to. Dakle, imamo kombinaciju dijelova. Brojimo njihov broj:

Ovdje, naravno, ne morate pomicati ogromne brojke.
U sličnoj situaciji savjetujem vam sljedeći trik: u nazivniku odaberite najveći faktorijel (u ovom slučaju ) i za njega smanjite razlomak. Da biste to učinili, brojnik bi trebao biti predstavljen kao . Napisat ću vrlo detaljno:

Možete uzeti 4 dijela iz kutije na različite načine.

Još jednom, što ovo znači? To znači da od seta od 15 različitih dijelova možete napraviti tisuću tristo šezdeset pet jedinstvena kombinacije od 4 dijela. Odnosno, svaka takva kombinacija od 4 dijela razlikovat će se od ostalih kombinacija u barem jednom detalju.

Odgovor: 1365 načina

Formula mora se dati najviše velika pozornost, jer je to "hit" kombinatorike. U isto vrijeme, korisno je razumjeti i zapisati "ekstremne" vrijednosti bez ikakvih izračuna: . Primijenjeno na analizirani problem:

Jedini način je ne uzeti niti jedan detalj;
načini na koje možete uzeti 1 dio (bilo koji od 15);
načine na koje možete uzeti 14 dijelova (u ovom slučaju jedan od 15 će ostati u kutiji);
- jedino tako možete uzeti svih petnaest dijelova.

Preporučujem da se pažljivo upoznate s Newtonovim binomom i Pascalovim trokutom, prema kojima je, usput, vrlo prikladno provjeriti izračune za male vrijednosti "en".

Zadatak 4

Na koliko se načina mogu izabrati 3 karte iz špila od 36 karata?

Ovo je primjer za neovisno rješenje. Ono što je ugodno kod mnogih kombinatornih problema je kratkoća - glavna stvar je razumjeti suštinu. A suština se, ponekad, otvara iz različitih kutova. Pogledajmo jedan vrlo poučan primjer:

Zadatak 4

Osoba sudjeluje u šahovskom turniru i svatko sa svakim igra 1 partiju. Koliko je utakmica odigrano na turniru?

Budući da i sam igram šah i više puta sam sudjelovao u kružnim turnirima, odmah sam se orijentirao prema turnirskoj tablici po veličini ćelija, u kojoj se rezultat svake partije uzima u obzir dva puta i, osim toga, ćelije "glavne dijagonale" su osjenčane (jer se članovi ne igraju sami sa sobom). Na temelju gornjih rasprava, ukupno odigranih utakmica izračunava se formulom . Ova odluka je potpuno ispravna. (pogledajte odgovarajuću datotekustaklenka gotova rješenja ) i dugo sam zaboravio na to po principu "odlučeno, da, u redu."

Međutim, jedan od posjetitelja stranice primijetio je da se ovdje zapravo možete voditi najbanalnijim kombinacijama:
različiti parovi mogu biti sastavljeni od suparnika (tko igra bijeli, tko igra crni - nije bitno).

Ekvivalentan problem je oko rukovanja: u odjelu rade muškarci i svi se rukuju jedni s drugima, koliko se rukuju? Inače, i šahisti se prije svake partije međusobno rukuju.

Pa, postoje dva zaključka:

Prvo, nije sve što je očito očito;

I drugo, nemojte se bojati rješavati probleme „iz okvira“!

Hvala vam puno na vašim pismima, ona pomažu u poboljšanju kvalitete nastavnih materijala!

Smještaj

Ili "napredne" kombinacije. Plasmani imenovati razne kombinacije predmeta koji su odabrani iz više različitih predmeta, a koji se međusobno razlikuju kao sastav predmeta u uzorku, pa i njihov poredak. Broj plasmana izračunava se formulom

Što je naš život? Igra:

Zadatak 5

Borya, Dima i Volodya sjeli su igrati poen. Na koliko načina mogu podijeliti po jednu kartu? (špil sadrži 36 karata)

Riješenje: situacija je slična Zadatku 4, ali se razlikuje po tome što nije važno samo koje će tri karte biti izvučene iz špila, već i KAKO će biti raspoređene među igračima. Formula za postavljanje:

Načini dijeljenja 3 karte igračima.

Postoji još jedna shema rješenja, koja je, s moje točke gledišta, još jasnija:

načini na koje možete izvući 3 karte iz špila.

Sada pogledajmo jednu od sedam tisuća sto četrdeset kombinacije, na primjer: kralj pik, 9 srca, 7 srca. U kombinatornoj terminologiji, ove 3 karte mogu se "presložiti" između Boreja, Dime i Volodje na sljedeće načine:

KP, 9H, 7H;
KP, 7H, 9H;
9H, KP, 7H;
9H, 7H, KP;
7H, KP, 9H;
7H, 9H, KP.

I ista je činjenica istinita za bilo koga unikatan set od 3 karte. I ne zaboravite, mi smo takve skupove prebrojali. Ne morate biti profesor da shvatite da broj pronađenih kombinacija treba pomnožiti sa šest:

Postoje načini da podijelite jednu kartu 3 igrača.

U biti, pokazalo se da je to vizualna provjera formule, čije ćemo konačno značenje razjasniti u sljedećem odjeljku.

Odgovor: 42840

Možda još uvijek imate pitanje, ali tko je podijelio karte? …Vjerojatno učitelj =)
A da se nitko ne uvrijedi, cijela grupa učenika će sudjelovati u sljedećem zadatku:

Zadatak 6

NA studentska grupa 23 osobe. Na koliko se načina može izabrati poglavar i njegov zamjenik?

Zadatak "smještanja" pozicija u momčadi vrlo je čest i prava je harmonika. Brzo rješenje a odgovor na kraju lekcije.

Analozi kombinatornih koncepata i metoda također se koriste u topologiji, kada se proučava stablo odlučivanja, djelomično uređeni skupovi, bojanja grafova itd.

25) Što se nazivaju permutacijama?

Permutacije- različiti uređeni skupovi koji se razlikuju samo po redoslijedu elemenata (tj. mogu se dobiti iz istog skupa).

26) Po kojoj se formuli izračunava broj permutacija n različitih elemenata?

Permutacije. Idemo uzeti n razni elementi: a 1 , a 2 , a 3 , …, an . Sve ćemo ih presložiti moguće načine, zadržavajući njihov broj i mijenjajući samo njihov redoslijed. Svaka od tako dobivenih kombinacija naziva se permutacija. Ukupno permutacije od n elemenata označeno P n. Ovaj broj je jednak umnošku svih cijelih brojeva od 1 do n:

Simbol n! (zvano faktorijel) - skraćeni zapis djela: 1 2 3 ... ... ( n- jedan) · n.

PRIMJER Pronađite broj permutacija iz tri elementa: a, b, c.

RJEŠENJE Prema gornjoj formuli: P 3 = 1 2 3 = 6.
Doista, imamo 6 permutacija: abc, acb, bac, bca, taksi, cba.

27) Što se nazivaju plasmani? Zapiši formulu po kojoj se izračunava broj postavljanja n elemenata po m.

Smještaj su uređeni podskupovi zadanog konačnog skupa.

Smještaj. Napravit ćemo grupe od m n elemenata, raspoređivanje tih m preuzeti elementi u drugačiji poredak. Dobivene kombinacije nazivaju se rasporedi n elemenata po m .

Njihov ukupan broj je označen: i jednak je proizvodu:

PRIMJER Odredite broj mjesta četiri elementa a, b, c, d po dva.

Rješenje U skladu s formulom dobivamo:

Ovo su položaji: ab, ba, ac, ca, ad, da, bc, cb, bd, db, cd, dc.

28) Što se naziva kombinacijama? Zapiši formulu kojom se izračunava broj kombinacija od n elemenata po m.

Kombinacija bez ponavljanja od n elemenata po m tamo je m-element podskup nekih n- skup elemenata.

Ukratko, takve kombinacije se nazivaju "kombinacije m na n" a njihov broj označava ili . Nadalje n-skup elemenata označavat ćemo kao n-Mnogo.

Kombinacije. Napravit ćemo grupe od m različiti elementi uzeti iz skupa koji se sastoji od n elementi, bez obzira na redoslijed ovih m elemenata. Onda ćemo dobiti kombinacije n elemenata po m .

Njihov ukupan broj je naznačen i može se izračunati formulom:

Iz ove formule jasno je da

Imajte na umu da možemo samo skladati jedna kombinacija od n elemenata po n koja sadrži svih n elemenata. Formula za broj kombinacija daje ovu vrijednost, samo ako to prihvatimo 0! = 1 , što je definicija 0! .

Prema ovoj definiciji dobivamo:

Ukupan broj kombinacija može se izračunati pomoću drugog izraza:

PRIMJER Pronađite broj kombinacija pet elemenata: a B C D E tri.

Riješenje:

Ove kombinacije: abc, abd, abe, acd, as, ade, bcd, bce, bde, cde.

29) Po kojoj formuli se izračunava broj permutacija od n elemenata ako se elementi ponavljaju?

Permutacije iz n elementi se nazivaju plasmani ovih n elementi po n (Permutacije - poseban slučaj plasmani).

Broj permutacija bez ponavljanja (n

Primjer . Uzmimo slova B, A, R . Koje se permutacije ovih slova mogu dobiti? Koliko će se takvih skupova dobiti ako se: 1) slova u skupu ne ponavljaju; 2) slovo A se ponavlja dva puta?

Riješenje.

1. Nabavite setove: BAR, BRA, ARB, ADB, RAB, RBA.

Po formuli (3.3) dobivamo: postavlja.

2. Nabavite setove: BARA, BRAA, BAAR, AARB, AABR, ABAR, ARAB, ARBA, ABRA, RABA, RAAB, RBAA.

Po formuli (3.4) dobivamo: postavlja.

Primjer . Koliko se šesteroznamenkastih brojeva može sastaviti od znamenki 0, 1, 2, 3, 4, 5 da se brojevi ne ponavljaju u broju?

Riješenje. Od ovih šest znamenki možete napraviti P 6 \u003d 6! = 720 permutacija. Ali brojevi koji počinju nulom nisu šesteroznamenkasti. Takvi se brojevi razlikuju jedni od drugih permutacijom preostalih pet znamenki, što znači da će biti P 5 \u003d 120. Dakle, bit će 720 - 120 \u003d 600 šesteroznamenkastih brojeva.

Primjer . Na koliko se načina bijele figure (2 topa, 2 skakača, 2 lovca, dama i kralj) mogu postaviti u prvu liniju šahovske ploče?

Riješenje. Prva linija šahovske ploče sastoji se od 8 ćelija, na koje se mora staviti ovih 8 figura. Razne opcije rasporedi će se razlikovati samo po redoslijedu figura, što znači da će se raditi o permutacijama s ponavljanjima P 8 (2,2,2).

Prema formuli (3.4) dobivamo: načine.

30) Koja formula određuje broj plasmana s ponavljanjem n elemenata po m elemenata?

Smještaj

Plasmani iz n elementi po m elementi ( m < n) nazivaju se kombinacije sastavljene od podataka n elementi po m elementi koji se razlikuju ili po samim elementima ili po redoslijedu elemenata.

Broj plasmana bez ponavljanja iz n na m (n raznih elemenata) izračunava se po formuli:

Primjer . Uzmimo slova B, A, R . Kakvi se položaji ovih slova, dva po dva, mogu dobiti? Koliko će se takvih skupova dobiti ako se: 1) slova u skupu ne ponavljaju; 2) slova se mogu ponavljati?

Riješenje.

1. Dobit ćete sljedeće setove: BA, BR, AR, AB, RB, RA .

Po formuli (3.1) dobivamo: postavlja.

2. Nabavite setove: BB, BA, BR, AA, AB, AR, RR, RB, RA.

Po formuli (3.2) dobivamo: skupove.

Primjer. Uz cestu je postavljeno 6 semafora. Koliko može biti različitih kombinacija njihovih signala ako svaki semafor ima 3 stanja: "crveno", "žuto", "zeleno"?

Riješenje. Napišimo nekoliko kombinacija: KKKZHZZ, ZZZZZZZ, KZhZKZHZ... Vidimo da se sastav uzorka mijenja i redoslijed elemenata je bitan (uostalom, ako su npr. u uzorku KZHZKZHZ K i F zamijenjeni, situacija na cesti će biti drugačija). Stoga primijenimo formulu (3.2) i izračunamo broj plasmana s ponavljanjima od 3 do 6, dobijemo kombinacije.

31) Kojom formulom se određuje broj kombinacija s ponavljanjem n elemenata po m elemenata?

Kombinacije

Kombinacije n elemenata po m elemenata nazivaju se kombinacije sastavljene od podataka n elementi po m elementi koji se razlikuju barem po jednom elementu (razlika između kombinacija i postavljanja je u tome što se kod kombinacija ne uzima u obzir redoslijed elemenata).

Broj kombinacija bez ponavljanja(n razni elementi preuzeti iz m ) izračunava se po formuli:

Primjer . Uzmimo slova B, A, R . Koje se kombinacije tih slova, dva po dva, mogu dobiti? Koliko će se takvih skupova dobiti ako se: 1) slova u skupu ne ponavljaju; 2) možete uzeti dva identična slova.

Riješenje.

1. Nabavite setove: BA (BA i AB - isti set) AR i RB

Po formuli (3.5) dobivamo: postavlja.

2. Nabavite setove: BB, BA, BR, AA, AR, RR.

Po formuli (3.6) dobivamo: skupove.

Primjer . Od 20 studenata potrebno je izabrati dva polaznika. Na koliko načina se to može učiniti?

Riješenje. Potrebno je izabrati dvoje od 20. Jasno je da ništa ne ovisi o redoslijedu izbora, odnosno Ivanov-Petrov ili Petrov-Ivanov su isti par pratitelja. Dakle, to će biti kombinacije 20 prema 2.

Po formuli (3.5) dobivamo: načine.

Primjer . Na odjelu kruha nalaze se peciva bijelog i crnog kruha. Na koliko načina se može kupiti 6 štruca kruha?

Riješenje. Označavajući kiflice bijelog i crnog kruha slovima B i H napravit ćemo nekoliko uzoraka: BBBBBBB, BBCHCHBB, HCHCHCHCHB, ... Sastav se mijenja od uzorka do uzorka, redoslijed elemenata nije značajan, što znači da to su kombinacije s ponavljanjima od 2 do 6. Prema formuli (3.6 ) dobivamo načine.

Provjerit ćemo i ispisati sve opcije kupnje: BBBBBBB, BBBBBCH, BBBBBCHCH, BBBCHCHCH, BBCHCHCHCH, BCHCHCHCHCH, HCHCHCHCHCH. Zapravo ih je 7.

32) Kako se naziva zbroj dva događaja?

Zbroj dva događaja i imenovati događaj koji se sastoji od pojave događaja, ili događaja, ili oba ova događaja.
Zbroj nekoliko događaja navedite događaj koji se sastoji u pojavi barem jednog od tih događaja.

33) Kako se naziva produkt dva događaja?

Proizvod dva događaja nazovite događaj koji se sastoji u zajedničkom događanju ovih događaja.

34) Kolika je vjerojatnost zbroja dva nespojivi događaji?

Događaj nazvao nezavisno od događaja, ako pojava događaja ne mijenja vjerojatnost pojave događaja , odnosno ako je uvjetna vjerojatnost događaja jednaka njegovoj bezuvjetnoj vjerojatnosti:
.
Svojstvo neovisnosti događaja je obostrano: ako događaj ne ovisi o događaju, onda događaj ne ovisi o događaju.
Teorema. Vjerojatnost zajedničkog nastupa dvoje nezavisni događaji jednaka je umnošku vjerojatnosti ovih događaja:
.
Poziva se nekoliko događaja u paru nezavisni ako su svaka dva od njih neovisna.
Poziva se nekoliko događaja kolektivno neovisni, ako su svaka dva od njih neovisna i svaki događaj i sve mogući radovi ostatak.

35) Formulirajte adicijski teorem?

Vjerojatnost R(A+B) zbrojevi događaja ALI i NA jednako je

R (A+B) = R (ALI) + R (NA) – R (AB). (2.2)

Dokaz.

Dokažimo adicijski teorem za shemu slučajeva. Neka P- broj mogućih ishoda eksperimenta, t A- broj ishoda, povoljan događaj ALI, t V - broj ishoda koji su povoljni za događaj NA, a t AB - broj ishoda iskustva na kojima se događaju oba događaja (to jest, ishodi povoljni za proizvod AB). Zatim broj ishoda za koje se događaj događa A+B, jednako t A + t B - t AB(jer ukupno ( t A + t B)t AB broji se dvaput: kao ishodi, povoljni ALI, a ishodi povoljni NA). Stoga se vjerojatnost zbroja može odrediti formulom 2.2, što je trebalo i dokazati.

Kombinatorika - grana matematike koja proučava pitanja o tome koliko se različitih kombinacija, uz određene uvjete, može napraviti od danih objekata.

Kombinatorika je nastala u 16. stoljeću. Prvi kombinatorni problemi odnosili su se na kockanje. Danas kombinatorne metode koristi se za rješavanje prometne poslove, izrada planova proizvodnje i prodaje proizvoda. Utvrđuju se veze između kombinatorike i problema linearno programiranje, statistika. Kombinatorika se koristi za sastavljanje i dekodiranje šifri, za rješavanje drugih problema teorije informacija.

Kombinatorne metode također igraju značajnu ulogu u čisto matematičkim pitanjima - teorija grupa i njihovih reprezentacija, proučavanje temelja geometrije, neasocijativne algebre itd.

Primjer kombinatornog problema. Kako troznamenkasti brojevi može biti sastavljen od znamenki 0, 2, 4, 6, 8, koristeći svaku od njih najviše jednom u zapisu?

ja put. Pokušajmo zapisati sve takve brojeve. Prvo mjesto može biti bilo koja znamenka osim 0. Na primjer, 2. Drugo mjesto je bilo koja znamenka od 0, 4, 6 i 8. Neka je 0. Tada se bilo koja od 4, 6, 8 može izabrati kao treća znamenka. Mi dobiti tri broja

Umjesto 0, 4 se može staviti na drugo mjesto, tada se treća znamenka može napisati ili 0, ili 6, ili 8:

Raspravljajući slično, dobivamo još dvije trojke troznamenkastih brojeva s brojem 2 na prvom mjestu:

Nema drugih, osim ispisanih 12, troznamenkastih brojeva s brojem 2 na prvom mjestu, a koji zadovoljavaju uvjet.

Ako na prvo mjesto napišemo broj 4, a ostatak izaberemo od brojeva 0, 2, 6, 8, tada ćemo dobiti još 12 brojeva:

Isti broj troznamenkastih brojeva može se sastaviti s brojem 6 na prvom mjestu i brojem 8 na prvom mjestu. Dakle, potrebna količina je:

Evo brojeva:

204, 206, 208, 240, 246, 248, 260, 264, 268, 280, 284, 286;

402, 406, 408, 420, 426, 428, 460, 462, 468, 480, 482, 486;

602, 604, 608, 620, 624, 628, 640, 642, 648, 680, 682, 684;

802, 804, 806, 820, 824, 826, 840, 842, 846, 860, 862, 864.

Odgovor: 48. ◄

Metoda zaključivanja koju smo koristili pri rješavanju prethodnog problema zove se nabrajanje opcije .

Pravila za zbrajanje i množenje

Pravilo kombinatornog zbrajanja(pravilo "ili". - jedno od osnovnih pravila kombinatorike, koje kaže da ako postoji n elementi i element A 1 može birati m 1 načini, element A2 može birati m 2 A n može birati m n načine, zatim odaberite ili A 1, ili A2, ili, i tako dalje, A n limenka

m 1 + m 2 + ... + m n

načine.

Na primjer, odaberite dar za dijete između 9 autića, 7 medvjedića i 3 željeznice limenka

načine.

Odgovor: 19. ◄

Pravilo množenja (pravilo "i") - još jedan od važna pravila kombinatorika. Prema njegovim riječima, ako element A 1 može birati m 1 načini, element A2 može birati m 2 načini i tako dalje, element A n može birati m n načina, zatim skup elemenata ( A 1, A2, ... , A n ) može birati

m 1 · m 2 · ... · m n

načine.

Na primjer.

1) Možete odabrati automobil, plišanog medvjedića i željeznicu kao dar za dijete, birajući između 9 autića, 7 plišanih medvjedića i 3 željeznice, možete

9 7 3 = 189

načine.

Odgovor: 189.

2) Upotrijebimo pravilo množenja za rješavanje već prethodno razmatranog problema: Koliko se troznamenkastih brojeva može sastaviti od brojeva 0, 2, 4, 6, 8, koristeći svaki od njih najviše jednom u unosu broja?

II put.

0 ne može biti prva, pa se prva znamenka mora izabrati između 2, 4, 6, 8 - 4 načina;

druga znamenka može biti bilo koja od četiri preostala - 4 načina;

treća znamenka se može izabrati između preostala tri - 3 načina.

Dakle, željeni broj troznamenkastih brojeva:

4 4 3 = 48.

Odgovor: 48. ◄

Permutacije

Set od n elemenata se zove uredno , ako je svakom njegovom elementu dodijeljen prirodan broj od 1 do n .

permutacija iz n elemenata je bilo koji uređeni skup n elementi.

Na primjer, od 4 elementa ♦ ♣ ♠ mogu se napraviti sljedeće 24 permutacije:

♦ ♣ ♠	♦ ♣ ♠	♣ ♦ ♠	♠ ♦ ♣
♦ ♠ ♣	♦ ♠ ♣	♣ ♦ ♠	♠ ♦ ♣
♦ ♣ ♠	♣ ♦ ♠	♣ ♦ ♠	♠ ♦ ♣
♦ ♣ ♠	♣ ♠ ♦	♣ ♠ ♦	♠ ♣ ♦
♦ ♠ ♣	♠ ♦ ♣	♣ ♠ ♦	♠ ♣ ♦
♦ ♠ ♣	♠ ♣ ♦	♣ ♠ ♦	♠ ♣ ♦

◄

Broj permutacija iz n elementi se obično označavaju P n . Nabrajanjem mogućih opcija to je lako provjeriti

P1 = 1; P2 = 2; P3 = 6; P4 = 24.

Općenito, broj mogućih permutacija iz n elemenata jednak je umnošku svih prirodnih brojeva od 1 do n , to je n! (čitaj "en factorial"):

P n= 1 2 3 ... ( n- 1 ) · n = n!.

za P n vrijedi rekurzivna formula:

P n = n P n- 1 .

Vrijednost faktorijela definirana je ne samo za prirodne brojeve, već i za 0:

0! = 1 .

Tablica faktorijela cijelih brojeva iz 0 prije 10
n		1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
n!	1	1	2	6	24	120	720	5 040	40 320	362 880	3 628 800

Na primjer, na koliko načina 5 dječaka i 5 djevojčica mogu zauzeti mjesta u istom redu od 1. do 10. u kinu ako dva dječaka i nijedna djevojčica ne sjede jedan pored drugog?

Postoje dva slučaja s istim brojem načina: 1) dječaci su na neparnim mjestima, djevojčice su na parnim mjestima i 2) obrnuto.

Razmotrimo prvi slučaj. Dječaci na čudnim mjestima mogu sjediti

P5 = 120

načine. Toliko načina i za djevojke na jednakim mjestima. Prema pravilu množenja, dječaci su na neparnim mjestima, a djevojčice na parnim mjestima se mogu nalaziti

120 120 = 14400

načine. Dakle, na sve načine

14 400 + 14 400 = 28 800.

Odgovor: 28 800. ◄

Permutacije s ponavljanjima

permutacija s ponavljanjima iz n elemenata, među kojima k drugačije, dok ih ima n 1 nerazlučivi elementi prve vrste, n 2 nerazlučivi elementi druge vrste, i tako dalje, n k nerazlučivi elementi k -ti tip (gdje n 1 + n 2 + … + nk = n ), bilo koji raspored ovih elemenata duž n raznim mjestima.

Broj permutacija s ponavljanjem duljine n iz k različiti elementi, uzeti prema n 1 , n 2 , …, nk kada se svaki označi i izračuna na sljedeći način: $$P_(n_1,n_2, ... , n_k)=\frac(n{n_1!n_2! ... n_k!}~.$$!}

Na primjer, koliko se različitih deseteroznamenkastih brojeva može sastaviti od brojeva: 1, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 4, 4?

U ovom slučaju: n= 10, n 1 = 1, n 2 = 2, n 3 = 3, n 4 = 4,$$P_(1, 2, 3, 4)=\frac(10{1!2! 3! 4!}=\frac{10!}{1!2! 3! 4!}=12~600.$$!}

Odgovor: 12 600. ◄

Smještaj

Postavljanje n elemenata po m(m ≤ n) m elementi uzeti određenim redoslijedom iz podataka n elementi.

Dva plasmana od n elementi po m smatraju se različitima ako se razlikuju u samim elementima ili u redoslijedu njihova rasporeda.

Na primjer, sve ćemo plasmane sastaviti od četiri elementa A, B, C, D po dva elementa:

A B; A C; A D;

B A; B C; B D;

C A; C B; C D;

D A; D B; D.C.

◄

Broj svih plasmana od n elementi po m stoji za \(A_n^m\) (čitaj: " ALI iz n na m") i izračunava se bilo kojom od formula: $$A_n^m=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot ...\cdot (n-m+1)\\A_n^ m= \frac(n{(n-m)!}$$!}

Primjeri zadataka.

1) Poslužimo se pojmom plasmana iz n elementi po m riješiti problem koji smo već dva puta razmatrali: Koliko se troznamenkastih brojeva može sastaviti od brojeva 0, 2, 4, 6, 8, koristeći svaki od njih najviše jednom u zapisu?

ja jaja put.

Prva znamenka se može izabrati na četiri načina iz skupa 2, 4, 6, 8. U svakom od ovih slučajeva, broj parova druge i treće znamenke jednak je broju položaja preostale 4 znamenke za 2. . Dakle, željeni broj troznamenkastih brojeva je: $$4\cdot A_4^ 2=4\cdot \frac(4{(4-2)!}=4\cdot \frac{4!}{2!}=4\cdot (3\cdot 4)=48.$$Ответ: 48.!}

2) Za let u svemir potrebno je popuniti posadu od šest ljudi. U njemu bi trebali biti: zapovjednik broda, njegov prvi i drugi pomoćnik, dva inženjera leta, od kojih je jedan viši, i jedan liječnik. Zapovjedni kadar bira se od 20 pilota, inženjeri leta od 15 specijalista, a liječnik od 5 liječnika. Na koliko se načina posada može kompletirati?

Jer u izboru zapovjednici red je važan, tada se zapovjednik i njegova dva pomoćnika mogu izabrati na \(A_(20)^3\) načina. Redoslijed inženjera leta je također važan, što znači da postoje \(A_(15)^2\) načini njihovog odabira. Postoji samo jedan doktor, za njegov izbor postoji 5 načine. Upotrijebimo kombinatorno pravilo množenja i pronađimo broj mogućih posada broda: $$A_(20)^3\cdot A_(15)^2\cdot 5=\frac(20{17!}\cdot \frac{15!}{13!}\cdot 5=(18\cdot 19\cdot 20)\cdot (14\cdot 15)\cdot 5=7~182~000.$$Ответ: 7 182 000. !} ◄

Jasno je da ako m = n , tada$$A_n^m=A_n^n=P_n=n!.$$

Također je istina da ako m = n- 1 , tada $$A_n^(n-1)=A_n^n=P_n=n!.$$

Plasmani s ponavljanjima

Osim uobičajenih plasmana, postoje plasmani s ponavljanjima ili povratno dohvaćanje .

Neka bude n razne predmete. Birajmo od njih m komada, djelujući na sljedeći princip. Uzmimo bilo koji, ali ga nećemo instalirati ni u jedan red, već jednostavno napišemo njegovo ime pod brojem 1, a zatim vratimo sam objekt u ostatak. Onda opet od svih n Odaberemo jedan objekt (uključujući, eventualno, onaj koji je upravo uzet), zapišemo njegov naziv, označimo ga brojem 2, i vratimo objekt natrag. I tako dok ne dobijemo m titule.

Pozicije s ponavljanjima označavaju se \(\overline(A)_n^m\) i prema pravilu množenja izračunavaju se po formuli $$\overline(A)_n^m=n^m.$$ m > n , odnosno ima više odabranih objekata nego što ih ima ukupno. To i ne čudi: svaki se predmet nakon "korištenja" vraća natrag i može se ponovno upotrijebiti.

Na primjer, broj opcija za šesteroznamenkastu lozinku u kojoj je svaki znak broj od 0 do 9 ili slovo latinica(isto malo i veliko slovo - jedan znak) i može se ponavljati, jednako je: $$\overline(A)_(10+26)^6=\overline(A)_(36)^6=36^ 6 =2~176~782~336.$$Ako su mala slova i velika slova smatraju različitim znakovima (kao što je obično slučaj), broj mogućih lozinki postaje još kolosalniji: $$\overline(A)_(10+26+26)^6=\overline(A)_(62)^ 6= 62^6=56~800~235~584.$$

◄

Kombinacije

Kombinacija n elemenata po m(m ≤ n) zove se bilo koji skup m elementi odabrani iz podataka n elementi.

Za razliku od postavljanja u kombinacijama, nije važno kojim su redoslijedom navedeni elementi. Dvije kombinacije od n elementi po m smatraju se različitima ako se razlikuju po barem jednom elementu.

Na primjer, napravimo sve kombinacije od četiri elementa A, B, C, D po dva elementa:

A B; A C; A D;

B C; B D;

C D.

◄

Broj svih kombinacija od n elementi po m stoji za \(C_n^m\) (čitaj: " C iz n na m") i izračunava se bilo kojom od formula: $$C_n^m=\frac(A_n^m)(P_m)$$$$C_n^m=\frac(n\cdot (n-1)\cdot (n -2 )~\cdot~ ...~\cdot~ (n-m+1))(1\cdot2\cdot3~\cdot~...~\cdot ~m)$$$$C_n^m=\ frac( n{m!\cdot (n-m)!}.$$!}

Primjeri zadataka.

1) Tim za obnovu škole sastoji se od 12 molera i 5 stolara. Od toga za popravak dvorane treba izdvojiti 4 molera i 2 stolara. Na koliko načina se to može učiniti?

Budući da redoslijed slikara u svakom odabranom četvercu i redoslijed stolara u svakom odabranom paru nije bitan, tada je, prema pravilu kombinatornog množenja, traženi broj načina: $$C_(12)^4 \cdot C_5^2 =\frac(12{4!\cdot 8!}\cdot \frac{5!}{2!\cdot 3!}=\frac{9\cdot10\cdot11\cdot12}{1\cdot2\cdot3\cdot4}\cdot \frac{4\cdot5}{1\cdot 2}=4~950.$$Ответ: 4 950. !} ◄

2) U razredu ima 30 učenika, od toga 13 dječaka i 17 djevojčica. Na koliko se načina može formirati tim od 7 učenika iz ovog razreda ako u njemu mora biti barem jedna djevojčica?

Broj svih mogućih timova od 7 ljudi iz razreda je \(C_(30)^7\). Broj timova sa samo dječacima je \(C_(13)^7\). Dakle, broj timova s ​​barem jednom djevojkom je: $$C_(30)^7 - C_(13)^7 =\frac(30{7!\cdot 23!} - \frac{13!}{7!\cdot 6!}=2~035~800-1~716=2~034~084.$$Ответ: 2 034 084. !} ◄

Kombinacije s ponavljanjima

Uz uobičajene kombinacije, razmislite kombinacije s ponavljanjima .

Neka set ima n objekti. Birajmo od njih m komada, postupajući prema sljedećem principu. Uzmimo bilo koji, ali ga nećemo instalirati ni u jedan red, već ga jednostavno zapišemo, a zatim vratimo sam objekt u ostatak. Onda opet od svih n odabrat ćemo jedan objekt (uključujući, eventualno, onaj koji je ranije snimljen i snimljen), zapisati njegovo ime i vratiti objekt natrag. I tako dok ne dobijemo m titule.

Temeljna razlika od plasmana s ponavljanjem je da u ovom slučaju elementi popisa nisu numerirani. Na primjer, popis "A, C, A, B" i popis "A, A, B, C" smatraju se istima.

Kombinacije s ponavljanjima označavaju se \(\overline(C)_n^m\) i izračunavaju se formulom $$\overline(C)_n^m=P_(m,~n-1)=\frac((m+ n-1 ){m!\cdot (n-1)!}.$$И ещё один способ записи той же формулы:$$\overline{C}_n^m=C_{m+n-1}^m=\frac{(m+n-1)!}{m!\cdot (n-1)!}.$$Заметим, что подобно размещениям с повторениями, допустим случай, когда !} m > n , odnosno ima više odabranih objekata nego što ih ima ukupno. Doista, svaki se predmet nakon "korištenja" vraća i može se koristiti uvijek iznova.

Na primjer, saznajmo na koliko načina možete kupiti 7 kolača u slastičarskom odjelu ako ih ima 4 vrste na akciji?

Prirodno je pretpostaviti da je broj kolača svake vrste najmanje 7, a po želji možete kupiti samo kolače jedne od njih. Budući da redoslijed slaganja kupljenih kolača u kutiju nije bitan, radi se o kombinacijama s ponavljanjem. Budući da trebate odabrati 7 kolača od 4 njegove vrste, potreban broj načina je: $$\overline(C)_4^7=\frac((7+4-1){7!\cdot (4-1)!}=\frac{10!}{7!\cdot 3!}=\frac{8\cdot 9\cdot 10}{1\cdot 2\cdot 3}=120.$$!}

Odgovor: 120. ◄

Newtonov binom i binomni koeficijenti

Jednakost$$(x+a)^n=C_n^0x^na^0+C_n^1x^(n-1)a^1+...+C_n^mx^(n-m)a^m+...+ Poziva se C_n^nx^0a^n$$ Newtonov binom ili Newtonova formula . Desni dio jednakost se zove binomno proširenje u zbroj , a koeficijenti \(C_n^0,~C_n^1,~...~,~C_n^n\) su binomni koeficijenti .

Svojstva binomnih koeficijenata:

\(~~~~~~~~1.~~C_n^0=C_n^n=1\\ ~~~~~~~~2.~~C_n^m=C_n^(n-m)\\ ~~ ~~~~~~3.~~C_n^m=C_(n-1)^(m-1)+C_(n-1)^(m)\\ ~~~~~~~~4.~ ~C_n^0+C_n^1+C_n^2+~...~+C_n^n=2^n\\ ~~~~~~~~5.~~C_n^0+C_n^2+C_n^ 4+~... =C_n^1+C_n^3+C_n^5+~...=2^(n-1)\\ ~~~~~~~~6.~~C_n^n+C_ (n+1)^n+C_(n+2)^n+~...~+C_(n+m-1)^n=C_(n+m)^(n+1)\\ \)

Svojstva binomnog širenja:

1. Broj svih članova proširenja za jedan je veći od eksponenta binoma,

to je jednako n+ 1 .

2. Zbroj eksponenata x i a svakog člana proširenja jednak je binomnom eksponentu,

to je (n - m) + m = n .

3. Uobičajeni pojam proširenja (označen T n+1 ) ima oblik $$T_(n+1)=C_n^m x^(n-m)a^m,~~~~m=0,~1,~2,~...~,~n.$$

Pascalov trokut

Sve moguće vrijednosti binomnih koeficijenata (broj kombinacija) za svaki binomni eksponent n može se napisati kao beskonačna trokutasta tablica. Takva se tablica naziva Pascalov trokut:

					\(C_0^0\)
				\(C_1^0\)		\(C_1^1\)
			\(C_2^0\)		\(C_2^1\)		\(C_2^2\)
		\(C_3^0\)		\(C_3^1\)		\(C_3^2\)		\(C_3^3\)
	\(C_4^0\)		\(C_4^1\)		\(C_4^2\)		\(C_4^3\)		\(C_4^4\)
\(C_5^0\)		\(C_5^1\)		\(C_5^2\)		\(C_5^3\)		\(C_5^4\)		\(C_5^5\)
	. . .				. . .				. . .

U ovom trokutu, ekstremni brojevi u svakom retku su jednaki 1. Doista, \(C_n^0=C_n^n=1\). A svaki broj koji nije ekstreman jednak je zbroju dvaju brojeva prethodnog retka iznad: \(C_n^m=C_(n-1)^(m-1)+C_(n-1)^(m )\).

Dakle, ovaj trokut nudi drugi (rekurentni) način za izračunavanje brojeva \(C_n^m\):

n = 0									1
n = 1								1		1
n = 2							1		2		1
n = 3						1		3		3		1
n = 4					1		4		6		4		1
n = 5				1		5		10		10		5		1
n = 6			1		6		15		20		15		6		1
n = 7		1		7		21		35		35		21		7		1
n = 8	1		8		28		56		70		56		28		8		1
...				...				...		...				...