Вкупниот број на различни пермутации на буквите од зборот „конус“ во кои буквите. а) Настанот е сигурен, бидејќи на рускиот јазик нема именки што се состојат само од согласки

Во комбинаториката проучуваат прашања за тоа колку комбинации од одреден тип можат да се направат од дадени предмети (елементи).

Раѓањето на комбинаториката како гранка е поврзано со делата на Б. Паскал и П. Ферма за теоријата коцкање. Голем придонес во развојот на комбинаторните методи даде Г.В. Лајбниц, Ј. Бернули и Л. Ојлер.

Францускиот филозоф, писател, математичар и физичар Блез Паскал (1623–1662) ја покажа својата извонредна математички вештини. Опсегот на математички интереси на Паскал беше многу разновиден. Паскал докажа едно
од основните теореми на проективната геометрија (теорема на Паскал), дизајнираше машина за собирање (машина за собирање на Паскал), даде метод за пресметување биномни коефициенти (Паскалов триаголник), беше првиот што прецизно го дефинираше и го примени методот за докажување математичка индукција, направи значаен чекор во развојот на бесконечно мала анализа, одигра важна улогаво потеклото на теоријата на веројатност. Во хидростатиката, Паскал го воспоставил својот фундаментален закон (законот на Паскал). „Писма до еден провинцијал“ на Паскал беше ремек-дело на француската класична проза.

Готфрид Вилхелм Лајбниц (1646–1716) бил германски филозоф, математичар, физичар и пронаоѓач, правник, историчар и лингвист. Во математиката, заедно со I. Newton, развил диференцијални и интегрална пресметка. Важен придонеспридонесе за комбинаторика. Неговото име, особено, е поврзано со теоретски проблеми на броеви.

Готфрид Вилхелм Лајбниц имаше малку импресивен изглед и затоа остави впечаток на прилично обичен човек. Еден ден во Париз отиде во книжарасо надеж дека ќе купи книга од еден негов пријател филозоф. Кога еден посетител прашал за оваа книга, книжарецот, откако го прегледал од глава до пети, со потсмев рекол: „Зошто ти треба? Дали навистина сте способни да читате такви книги?“ Пред научникот да има време да одговори, самиот автор на книгата влезе во продавницата со зборовите: „Поздрав и почит до големиот Лајбниц! Продавачот не можеше да разбере дека ова е навистина познатиот Лајбниц, чии книги беа многу барани меѓу научниците.

Во иднина, следново ќе игра важна улога

Лема.Нека во збир на елементи, а во множество - елементи. Тогаш бројот на сите различни парови каде што ќе биде еднаков на .

Доказ.Навистина, со еден елемент од множество можеме да направиме толку различни парови, а вкупно во множество елементи.

Пласмани, пермутации, комбинации

Дозволете ни да имаме збир од три елементи. На кој начин можеме да избереме два од овие елементи? .

Дефиниција.Пласмани на многу од различни елементиПо елементи се комбинации кои се составени од дадени елементи по > елементи и се разликуваат или по самите елементи или по редоследот на елементите.

Бројот на сите сместувања на множество елементи по елементи се означува со (од почетната буква Француски збор„аранжман“, што значи сместување), каде и .

Теорема.Бројот на сместувања на збир на елементи по елементи е еднаков на

Доказ.Да речеме дека имаме елементи. Нека бидат можни пласмани. Овие места ќе ги изградиме последователно. Прво, да го дефинираме првиот елемент за поставување. Од даден сет на елементи може да се избере различни начини. По изборот на првиот елемент, сè уште има начини да го изберете вториот елемент, итн. Бидејќи секој таков избор дава нова поставеност, сите овие избори можат слободно да се комбинираат еден со друг. Затоа имаме:

Пример.На колку начини знамето може да биде составено од три хоризонтални ленти? разни бои, ако има материјал од пет бои?

Решение.Потребен број на знаменца со три појаси:

Дефиниција.Пермутација на множество елементи е распоредот на елементите во по одреден редослед.

Така, сите различни пермутации на множество од три елементи се

Наведен е бројот на сите пермутации на елементите (од почетната буква на францускиот збор „пермутација“, што значи „пермутација“, „движење“). Затоа, бројот на сите различни пермутациипресметано со формулата

Пример.На колку начини може да се постават корпата на шаховската табла за да не се напаѓаат едни со други?

Решение.Потребниот број на корпи

А-приорите!

Дефиниција.Комбинации на различни елементи по елементи се комбинации кои се составени од дадени елементи по елементи и се разликуваат во најмалку еден елемент (со други зборови, подмножества на елементи на дадено множество елементи).

Како што можете да видите, во комбинациите, за разлика од пласманите, редоследот на елементите не се зема предвид. Наведен е бројот на сите комбинации на елементи, елементи во секоја (од почетната буква на францускиот збор „комбинација“, што значи „комбинација“).

Броеви

Сите комбинации од сет од две се .

Својства на броевите (\sf C)_n^k

Навистина, секое подмножество -елемент од дадено множество -елементи одговара на едно и само едно подмножество -елемент од истото множество.

Навистина, можеме да избереме подмножества на елементите на следниот начин: поправете еден елемент; бројот на подмножества на елементите што го содржат овој елемент е еднаков на ; бројот на подмножества на елементи кои не го содржат овој елемент е еднаков на .

Паскалов триаголник

Во овој триаголник, екстремните броеви во секој ред се еднакви на 1, а секој неекстремен број е еднаков на збирот на двата броја над него од претходниот ред. Така, овој триаголник ви овозможува да пресметате броеви.

Теорема.

Доказ.Да разгледаме множество елементи и да го решиме следниот проблем на два начина: колку низи може да се направат од елементите на дадена
множества во кои ниту еден елемент не се појавува двапати?

1 начин. Го избираме првиот член на низата, потоа вториот, третиот итн. член

Метод 2. Ајде прво да избереме елементи од дадено множество, а потоа да ги подредиме по одреден редослед

Помножете ги броителите и именителот на оваа дропка со:

Пример.На колку начини можете да изберете 5 броеви од 36 во играта „Спортлото“?

Потребен број начини

Задачи.

1. Регистерските таблички на автомобили се состојат од 3 букви од руската азбука (33 букви) и 4 бројки. Колку различни броеви на регистарски таблички има?
2. На клавирот има 88 копчиња. На колку начини можете да произведете 6 звуци последователно?
3. Колку шестцифрени броеви се деливи со 5?
4. На колку начини може да се стават 7 различни монети во три џебови?
5. Колку петцифрени броеви можете да направите децимална нотацијакој број 5 се појавува барем еднаш?
6. На колку начини можат да седнат 20 луѓе? Тркалезната маса, сметајќи ги методите исти ако може да се добијат еден од друг со движење во круг?
7. Колку петцифрени броеви се деливи со 5 кои не се запишани? идентични броеви?
8. На карирана хартијасо клеточна страна од 1 cm се исцртува круг со радиус 100 cm кој не поминува низ врвовите на ќелиите и не ги допира страните на ќелиите. Колку ќелии може да се сечат овој круг?
9. На колку начини броевите можат да се подредат по ред така што броевите се соседни и во растечки редослед?
10. Колку петцифрени броеви може да се направат од цифри ако секоја цифра може да се користи само еднаш?
11. Од зборот ROT, со преуредување на буквите, можете да ги добиете следните зборови: TOP, ORT, OTR, TRO, RTO. Тие се нарекуваат анаграми. Колку анаграми можете да направите од зборот ЛОГАРИТАМ?
12. Ајде да се јавиме разделувањеприроден број претставување како збир природни броеви. Еве, на пример, сите партиции на број:

Партициите се сметаат за различни ако се разликуваат или по број или по редослед на нивните термини.

Колку различни партиции на број во поими има?
13. Колку постојат трицифрени броевисо нерастечки редослед на цифри?
14. Колку четирицифрени броеви има со нерастечки цифрен ред?
15. На колку начини може 17 луѓе да седнат во низа за да завршат рамо до рамо?
16. девојчињата и момчињата се седнуваат по случаен избор во низа седишта. На колку начини можат да седнат за да не седат две девојки една до друга?
17. девојчињата и момчињата се седнуваат по случаен избор во низа седишта. На колку начини можат да седнат така што сите девојки седат една до друга?

Пример. к, о, н дали стојат еден до друг?

• Пример.Колку пермутации на буквите од зборот „конус“ има во кои се буквите к, о, н дали стојат еден до друг?

• Решение.

• Дадени се 5 букви, од кои три мора да бидат една до друга.

• Три букви к, о, н може да стои до еден од = 3! = 6 начини.

• За секој метод на „лепење“ букви к, о, н добиваме = 3! = 6 начини

• Преуредување на буквите, „лепење“ у, с.

• Вкупниот број на различни пермутации на буквите од зборот "конус", во кој буквите

• к, о, н стојат еден до друг е еднакво на 6 · 6 = 36 пермутации - анаграми.

• Одговор: 36 анаграми.

Пример.

• Пример.Наброј колку од сликите на буквите A, B, C, D, D, E, F, Z, I, K има букви кои имаат: 1) вертикална оска на симетрија; 2) хоризонтална оска на симетрија.

• Решение.

• 1) Букви со вертикална оска на симетрија: A, D, F – 3 букви (не го земаме предвид задебелувањето на некои елементи од буквите A, D десно).

• 2) Букви со хоризонтална оска на симетрија: V, E, ZH, Z, K – 5 букви.

• Одговори: 1) 3 букви, 2) 5 букви.

Пример.

• Пример.Жителите на планетата XO имаат три букви во нивната азбука: A, O, X. Зборовите во јазикот се состојат од не повеќе од три букви (буква во зборот може да се повтори). Кој е најголемиот број зборови што можат да се најдат во речникот на жителите на оваа планета?

• Решение.Зборовите можат да бидат еднобукви, две букви или три букви.

• Зборови со една буква: A, O, X – 3 збора.

• Зборови со две букви: AO, AH, AA, OO, OA, OX, XX, HA, XO – 9 збора (3·3=9, избор на две букви со повторувања).

• Зборови со три букви: 3·9=27 зборови (избор од три од три со повторувања, избор на првата буква - три начини; на секоја прва буква додадете секој од 9-те можни зборови со две букви).

• Така, во речникот на жителите на планетата XO може да има најмногу 3 + 9 + +27 = 39 зборови.

• Одговори: 39 зборови.

Пример бр. 1.

• Пример бр. 1.Сите билети за испитот за литература се напишани на картички со двоцифрени броеви. Петја по случаен избор избра една картичка. Опишете ги следните настани како сигурни, невозможни или случајни:

• Настан А - има прост број на избраната картичка;

• Настан Б – има композитен број на картичката;

• Настан В – има број на картичката што не е ниту прост ниту композитен;

• Настан D – има парен или непарен број на картичката.

• Решение.

• Настаните А и Б се случајни бидејќи може или не може да се случат.

• Настанот В е невозможен: запомнете ја дефиницијата за прости и композитни броеви.

• Настанот D е сигурен, бидејќи секој двоцифрен број е или парен или непарен.

• Ја отворивте книгата на која било страница и ја прочитавте првата именка на која наидовте. Се покажа дека: а) правописот на избраниот збор содржи самогласка; б) правописот на избраниот збор ја содржи буквата „о“; в) нема самогласки во правописот на избраниот збор; г) има мек знак во правописот на избраниот збор.

• Решение.

• а) Настанот е сигурен, бидејќи на рускиот јазик нема именки што се состојат само од согласки.

• б) Настанот е случаен.

• в) Невозможен настан (види точка а)).

• г) Настанот е случаен.

Пример.

• Пример.Опишете го збирот на следните некомпатибилни настани.

• „Кралицата родила ноќе, или син (настан А), или ќерка (настан Б) ...“

• Решение.

• Кралицата родила син или ќерка (А Б).

• Одговор: 4 сложени настани, кои се збир на два некомпатибилни настани.

Пример. о, т, к, р.

• Пример.Буквите се напишани на четири картички о, т, к, р.Картите беа превртени и измешани. Потоа ги отвораа овие картички по случаен избор, една по друга, и ги ставаа во низа. Која е веројатноста да излезе зборот „крт“?

• Решение.Исходите се сите можни пермутации на четири елементи ( о, т, к, р); вкупниот број на исходи е n = = 4! = 24.

• Настан А – „по отворањето на картичките ќе се добие зборот „крт“; = 1 (само една опција за распоред на буквите - „крт“; = .

• Одговори:

Пример О, На вториот Т,на третото Со,на четвртиот П.

• Пример. Зедовме четири карти. На првиот напишаа писмо О, На вториот Т,на третото Со,на четвртиот П.Картите беа превртени и измешани. Потоа по случаен избор отвораа една карта по друга и ја ставаа до неа. Која е веројатноста дека резултатот бил зборот „стоп“ или зборот „пост“?

• Решение.Исходи – сите можни пермутации од 4 букви; вкупен број на исходи

• n = = 4! = 24.

• Настан А – „излезе зборот „стоп“ или „пост“; број на поволни исходи = 1 („стоп“) + 1 („пост“) = 2 (според правилото за збир на меѓусебно исклучени исходи).

• Веројатност = .

• Одговор: 1/12.

• Пример бр. 1.Ја измеривме должината на зборовите (бројот на букви) во извадокот подолу од песната на А.С. Пушкин „Бронзениот коњаник“. Неопходно е да се конструираат хистограми на распределбата на множества и фреквенции, избирајќи интервали 1-3, 4-6, 7-9 за опцијата за земање примероци.

• „...Тој е страшен во околниот мрак! 6, 2, 1, 9, 4

• Каква мисла на веѓата! 5, 4, 2, 4

• Каква сила се крие во него, И каков оган има во овој коњ! 5, 4, 1, 3, 7

• Каде јаваш, горд коњ, 1, 1, 3, 4, 5, 5

• А каде ќе ги ставиш копитата?...“ 1, 3, 8, 2, 6

• Десно од текстот, наместо зборови, нивните должини се запишуваат ред по ред. По пресметките правиме табела.

Пример.

• Пример.При проверка на 70 дела на рускиот јазик, забележан е бројот на правописни грешки направени од учениците. Добиените серии на податоци беа претставени во форма на табела за фреквенција:

• Која е најголемата разлика во бројот на направени грешки? Колкав број на грешки е типичен за оваа група ученици? Наведете кои статистички карактеристики се користени за да се одговори на поставените прашања.

• Решение.

• Најголемата разлика во бројот на грешки: 6 – 0 = 6.

• Типичен број на грешки: 3 (се јавува 26 пати од 70).

• Се користат размери и мода.

• Одговор: 6; 3.

Статистички истражувања табели за фреквенција јазик.

• Статистички истражувањапреку голем број литературни текстови, тие покажаа дека фреквенциите на појавување на одредена буква (или простор меѓу зборовите) се склони кон одредени одредени константи како што се зголемува обемот на текстот. Се повикуваат табелите што ги содржат буквите од одреден јазик и соодветните константи табели за фреквенција јазик.

• Секој автор има своја табела за фреквенција на употреба на букви, зборови, специфични литературни изрази итн. Користејќи ја оваа табела за фреквенции, можете да го одредите авторот исто толку точно како и со користење на отпечатоци од прсти.

На пример, пред денесСпоровите за авторството продолжуваат“ Тивко Дон" Малкумина веруваат дека на 23 години М.А.Шолохов е толку длабок и вистински одлична книгаедноставно не можев да пишувам. Изнесени се различни аргументи и различни автори кандидати. Дебатите беа особено вжештени во времето на доделувањето на наградата М.А.Шолохов Нобелова наградаво литературата (1965). Статистичка анализаРоманот и неговата споредба со текстови, чие авторство беше несомнено од М.А.Шолохов, сепак ја потврди хипотезата за М.А.Шолохов како вистински автор на „Тивкиот Дон“.

Пример бр. 1.

• Пример бр. 1.Примерокот се состои од сите букви вклучени во куплетот

• „...Ова дрво е бор,

• А судбината на борот е јасна...“

• Запишете серија примероци на податоци.

• Најдете ја големината на примерокот.

• Определете ја мноштвото и зачестеноста на опциите „o“.

• Која е највисоката процентуална фреквенција на опцијата за примерок?

• Решение

• 1). Примерок од серии на податоци (опција за вредности):

• a, b, c, d, f, i, n, o, p, s, t, y, b, s, e, i.

• 2). Големината на примерокот е вкупниот број на букви во двојката: n = 30.

• 3). Мноштвото на опции „о“ е 4, фреквенцијата на опциите е еднаква.

• 4). Опцијата „в“ има највисока процентуална фреквенција: нејзината мноштво е 6, фреквенција

• , процентуална фреквенција 20%.

• Одговор: 1). 16 букви; 2). триесет; 3). 4 и 0,133; 4). 20%.

Пример бр. 1 (продолжува).Примерокот се состои од сите букви вклучени во куплетот

• Пример бр. 1 (продолжува).Примерокот се состои од сите букви вклучени во куплетот

• „...Ова дрво е бор,

• А судбината на борот е јасна...“

• Азбуката е поделена по редослед на три идентични делови: бр. 1 од „а“ до „ти“, бр. 2 од „к“ до „у“, бр. 3 од „ф“ до „з“.

• 1).Најдете ја мноштвото и (процентот) зачестеноста на делот бр.3.

• 2).Направете табела за фреквентната распределба на пресеците.

• 3) Наведете ја областа со најголема фреквенција.

• 4) Конструирај хистограм на фреквенција со избраната дистрибуција во делови.

• Решение.Пред сè, забележуваме дека ако руската азбука има 33 букви, тогаш три идентични делови се делови од 11 букви. Број на букви во двојка: n = 30.

• Табела за дистрибуција на фреквенција и мноштво:

Пример.

Пример. 60 деветоодделенци беа тестирани за брзина на читање (број на зборови во минута читање). Добиените податоци беа групирани во пет области: бр. 1- (91;100); бр.2 (101;110); бр.3 (111;120); бр.4 (121;130); бр.5 (131;140). Резултатот е хистограм на множители (види слика). Приближно проценете: опсег, режим, аритметичка средина на примерокот, објаснете зошто одговорите се само приближни.

Опсег А = 140-91 = 49

• Опсег А = 140-91 = 49

• Мода.

• Средна вредност.

• Добиените вредности се само приближни затоа што наместо вистинските вредности, во пресметките се користеа условни вредности - границите и средните точки на делумните интервали, односно вредностите што не беа забележани експериментално, но беа прифатени од нас за погодност на презентирање податоци.

• Одговор: 49; 125,5; 117,17.

• А.Г. Мордкович, П.В. Семенов. Настани. Веројатности. Статистичка обработка на податоци: Дополнителна. Ставови за предметот алгебра 7 – 9 одделение. општо образование институции / А.Г.Мордкович, П.В.Семенов. 4-ти ед. – М.: Мнемозина, 2006.-112 стр.

• Макаричев Ју.Н. Алгебра: елементи на статистика и комбинаторика и теорија на веројатност: учебник. Прирачник за ученици од 7-9 одделение. општо образование институции / Ју.Н.Макаричев, Н.Г. Миндјук; Изменето од С.А. Телјаковски - 2-ри изд. – М.: Образование, 2004.-78 стр.

• М.В.Ткачева, Н.Е.Федорова. Елементи на статистика и веројатност: Учебник за општо образование одделение 7-9. институции. – М.: Образование, 2004.-112 стр.

Преуредувања. Формула за број на пермутации

Пермутации од n елементи

Нека сетот Xопфаќа n елементи.

Дефиниција. Поставување без повторување одn елементи на комплетотX Од страна на n повикани пермутација од n елементи.

Забележете дека секоја пермутација ги вклучува сите елементи од множествотоX , и тоа точно еднаш. Односно, пермутациите се разликуваат една од друга само по редоследот на елементите и може да се добијат една од друга со пермутација на елементи (оттука и името).

Број на сите пермутации одn елементите се означени со симболот .

Бидејќи пермутациите се посебен случајпласмани без повторувања кај , потоа формулата за наоѓање на бројот добиваме од формулата (2), заменувајќи во неа :

Така,

(3)

Пример. На колку начини може да се стават 5 книги на полица?

Решение. Има толку многу начини за поставување книги на полица колку што има различни пермутации на петте елементи:начини.

Коментар. Формулите (1)-(3) не треба да се меморираат: проблемите што ја вклучуваат нивната примена секогаш може да се решат користејќи го правилото за производ. Ако учениците имаат проблеми со креирањето на комбинаторни модели на проблеми, тогаш подобро е да се стесни множеството на формули и правила што се користат (за да има помала можност за грешки). Точно, проблемите во кои се користат пермутациите и формулата (3) обично се решаваат без никакви проблеми.

Задачи

1. F. На колку начини можат да се редат на билетарницата: 1) 3 лица; 2) 5 луѓе?

Решение.

Различни опцииРаспоредот на n луѓе во редот се разликуваат еден од друг само по редоследот по кој се распоредени луѓето, т.е. тие се различни пермутации на n елементи.

Тројца луѓе можат да редат P3 = 3! = 6 различни начини.

Одговор: 1) 6 начини; 2) 120 начини.

2. Т. На колку начини можат да се сместат 4 лица на клупа со четири седишта?

Решение.

Бројот на луѓе е еднаков на бројот на седишта на клупата, така што бројот на опции за поставување е еднаков на бројот на пермутации на 4 елементи: P4 = 4! = 24.

Можеш да расудуваш според правилото за производот: за првото лице можеш да избереш едно од 4-те места, за второто - кое било од 3-те преостанати, за третото - кое било од преостанатите 2, последното ќе заземе 1 преостанат место. ; има се = 24 различни начини за седење на 4 лица на клупа со четири седишта.

Одговор: 24 начини.

3. М. Кај Вова за ручек - прв, втор, трет курс и торта. Дефинитивно ќе почне со колачот, а остатокот ќе го изеде по случаен редослед. Најдете го бројот можни опцииручек.

М-проблеми од учебникот. прирачници од А.Г. Мордкович

Т - ед. С.А.Телјаковски

Ф- М.В.Ткачева

Решение.

По тортата, Вова може да избере кое било од трите јадења, потоа две и да заврши со останатите. Вкупен број на можни опции за ручек: =6.

Одговор: 6.

4. F. Колку различни точни (од гледна точка на рускиот јазик) фрази може да се направат со промена на редоследот на зборовите во реченицата: 1) „Отидов на прошетка“; 2) „Мачка шета во дворот“?

Решение.

Во втората реченица, предлогот „во“ мора секогаш да се појавува пред именката „двор“ на која се однесува. Затоа, броејќи го парот „во дворот“ како еден збор, можете да го најдете бројот на различни пермутации на трите условни зборови: P3 = 3! = 6. Така, во овој случај, можете да направите 6 точни реченици.

Одговор: 1) 6; 2) 6.

5. На колку начини можете да ги употребите буквите K, L, M, H за да ги означите темињата на четириаголник?

Решение.

Ќе претпоставиме дека темињата на четириаголникот се нумерирани, секое со константен број. Тогаш проблемот се сведува на броење на бројот на различни начини на распоредување на 4 букви на 4 места (теме), т.е. броење на бројот на различни пермутации: P4 = 4! = 24 начини.

Одговор: 24 начини.

6. F. Четири пријатели купиле билети за кино: за 1-во и 2-ро место во првиот ред и за 1-во и 2-ро место во вториот ред. На колку начини пријателите можат да ги заземат овие 4 места во кино?

Решение.

Четири пријатели можат да земат 4 различни места P4 = 4! = 24 различни начини.

Одговор: 24 начини.

7. Т. Курирот мора да достави пакети до 7 различни институции. Колку правци може да избере?

Решение.

Маршрутата треба да се сфати како редоследот по кој курирот ги посетува институциите. Да ги нумерираме институциите од 1 до 7, тогаш маршрутата ќе биде претставена како низа од 7 броеви, чиј редослед може да се промени. Бројот на правци е еднаков на бројот на пермутации на 7 елементи: P7= 7! = 5.040.

Одговор: 5.040 правци.

8. Т. Колку изрази постојат се идентични еднаков на производот abcde, кои се добиваат од него со преуредување на факторите?

Решение.

Даден е производ на пет различни фактори abcde, чиј редослед може да се промени (кога факторите се преуредуваат, производот не се менува).

Има вкупно P5 = 5! = 120 различни начини за распоредување на петте множители; Еден од нив (abcde) го сметаме за оригинален, а останатите 119 изрази се идентично еднакви на овој.

Одговор: 119 изрази.

9. Т. Олга се сеќава дека телефонскиот број на нејзината пријателка завршува со броевите 5, 7, 8, но заборавила по кој редослед се појавуваат овие броеви. Наведете го најголемиот број опции низ кои ќе мора да помине за да стигне до нејзината пријателка.

Решение.

Последните три цифри телефонски бројможе да се наоѓа во една од P3 =3! =6 можни нарачки, од кои само една е точна. Олга може веднаш да ја напише точната опција, трета може да ја напише итн. Најголем бројопции таа ќе мора да бира ако правилна опцијаќе биде последен, односно шести.

Одговор: 6 опции.

10. Т. Колку шестцифрени броеви (без повторување на броеви) може да се направат од броевите: а) 1,2, 5, 6, 7, 8; б) 0, 2, 5, 6, 7, 8? Решение.

а) Дадени се 6 цифри: 1, 2, 5, 6, 7, 8, од нив можете да формирате различни шестцифрени броеви само со преуредување на овие цифри. Бројот на различни шестцифрени броеви е еднаков на P6 = 6! = 720.

б) Со оглед на 6 цифри: 0, 2, 5, 6, 7, 8, од нив треба да составите различни шестцифрени броеви. За разлика од претходна задачае дека нулата не може да биде на прво место.

Можете директно да го примените правилото за производот: можете да изберете која било од 5-те цифри (освен нула) за прво место; на второ место - која било од 5-те преостанати цифри (4 се „не-нула“ и сега броиме нула); до третото место - која било од 4-те цифри што остануваат по првите два избора, итн. Вкупниот број на опции е: = 600.

Можете да го користите методот за елиминирање на непотребните опции. Може да се преуреди 6 цифри P6 = 6! = 720 различни начини. Меѓу овие методи ќе има и такви кај кои првото место е нула, што е неприфатливо. Ајде да го броиме бројот на овие неважечки опции. Ако на прво место има нула (тоа е фиксна), тогаш следните пет места може да содржат „не-нула“ броеви 2, 5, 6, 7, 8 по кој било редослед. Бројот на различни начини на кои 5 броеви може да се стави на 5 места е еднакво на P5 = 5! = 120, т.е. бројот на пермутации на броеви кои почнуваат од нула е 120. Потребниот број на различни шестцифрени броеви во овој случај е еднаков на: P6 - P5 = 720 - 120 = 600.

Одговор: а) 720; б) 600 броеви.

11. Т. Колку од четирицифрените броеви (без повторување на броевите) составени од броевите 3, 5, 7, 9 се оние што: а) започнуваат со бројот 3;

б) се множители на 15?

Решение.

а) Од броевите 3, 5, 7, 9 правиме четирицифрени броеви кои започнуваат со бројот 3.

Ние го поправаме бројот 3 на прво место; потоа на преостанатите триброевите 5, 7 9 може да се постават по кој било редослед по кој било редослед. Вкупниот број на опции за нивната локација е еднаков на P 3 = 3!=6. Ќе има толку многу различни четирицифрени броеви составени оддадени броеви и почнувајќи од бројот 3.

б) Забележете дека збирот на овие цифри 3 + 5 + 7 + 9 = 24 е делив со 3, затоа, секој четирицифрен број составен од овие цифри е делив со 3. За да може некои од овие броеви да бидат деливи до 15, потребно е да завршат со бројот 5.

Го поправаме бројот 5 на последно место; преостанатите 3 цифри може да се постават на три места пред 5 Рз = 3! = 6 различни начини. Ќе има толку многу различни четирицифрени броеви составени од овие броеви кои се деливи со 15.

Одговори: а) 6 броја; б) 6 броеви.

12. Т. Најдете го збирот на цифрите на сите четирицифрени броеви што може да се направат од броевите 1, 3, 5, 7 (без да се повторуваат).

Решение.

Секој четирицифрен број составен од цифрите 1, 3, 5, 7 (без повторување) има збир од цифри еднаков на 1 + 3 + 5 + 7 = 16.

Од овие бројки можете да направите P4 = 4! = 24 различни броеви, се разликуваат само по редоследот на цифрите. Збирот на цифрите на сите овие броеви ќе биде еднаков на

16 = 384.

Одговор: 384.

13. Т. Седум момчиња, меѓу кои се Олег и Игор, стојат по ред. Најдете го бројот можни комбинации, Ако:

а) Олег треба да биде на крајот од редот;

б) Олег треба да биде на почетокот на редот, а Игор треба да биде на крајот од редот;

в) Олег и Игор треба да застанат еден до друг.
Решение.

а) Има само 7 момчиња на 7 места, но еден елемент е фиксиран и не може да се преуреди (Олег е на крајот од редот). Бројот на можни комбинации е еднаков на бројот на пермутации на 6-те момчиња кои стојат пред Олег: P6=6!=720.

пар како еден елемент, преуредени со другите пет елементи. Бројот на можни комбинации тогаш ќе биде P6 = 6! = 720.

Олег и Игор нека стојат рамо до рамо по редослед на ИО. Потоа добиваме уште еден P6 = 6! = 720 други комбинации.

Вкупниот број на комбинации во кои Олег и Игор се еден до друг (по кој било редослед) е 720 + 720 = 1.440.

Одговор: а) 720; б) 120; в) 1.440 комбинации.

14. M. Единаесет фудбалери се редат пред почетокот на натпреварот. Првиот е капитен, вториот голман, а останатите се по случаен избор. Колку методи на градба има?

Решение.

По капитенот и голманот, третиот играч може да избере кое било од 9-те преостанати места, следното од 8 итн. Вкупниот број на методи на градба со користење на правилото за производ е еднаков на:

1 = 362.880, или P 9 = 9! = 362.880.

Одговор: 362.880.

15. M. На колку начини темињата на коцката можат да се означат со буквите A, B, C, D, E, F, G, K?

Решение.

За првото теме можете да изберете која било од 8-те букви, за втората - која било од преостанатите 7, итн. Вкупниот број на начини според правилото за производ е=40 320, или P8 = 8!

Одговор: 40.320.

16. Т. Распоредот за понеделник има шест часови: алгебра, геометрија, биологија, историја, физичко образование, хемија. На колку начини можете да креирате распоред за часови за овој ден, така што две лекции по математика се една до друга?

Решение.

Има вкупно 6 лекции, од кои две часови по математика треба да бидат една до друга.

„Залепуваме“ два елементи (алгебра и геометрија) прво по редот AG, а потоа по редот GA. За секоја опција „лепење“ добиваме P5 = 5! = 120 опции за распоред. Вкупниот број на начини за креирање распоред е 120 (AG) +120 (GA) = 240.

Одговор: 240 начини.

17. Т. Колку пермутации на буквите од зборот „конус“ има во кои буквите К, О, Н се една до друга?

Решение.

Дадени се 5 букви, од кои три мора да бидат една до друга. Три букви K, O, N можат да стојат до една од P3 = 3! = 6 начини. За секој метод на „лепење“ на буквите K, O, N, добиваме P3 = 3! = 6 начини на менување букви, „лепење“, U, S. Вкупниот број на различни пермутации на буквите од зборот „конус“, во кои буквите K, O, N се една до друга, е 6 6 = 36 пермутации - анаграми.

Одговор: 36 анаграми.

18. Т. На колку начини 5 момчиња и 5 девојчиња можат да заземат седишта од 1 до 10 во истиот ред во театарот? На колку начини можат да го направат тоа ако момчињата седат на седишта со непарни, а девојчињата на парни седишта?

Решение.

Секој аранжман на момчиња може да се комбинира со секој аранжман на девојчиња, затоа, според правилото за производот вкупен бројПостојат 120 начини да седнете деца во овој случај. 20= 14400.

Одговор: 3.628.800 начини; 14.400 начини.

19. Т. Пет момчиња и четири девојчиња сакаат да седат на клупа со девет седишта, така што секоја девојка седи меѓу две момчиња. На колку начини можат да го направат тоа?

Решение.

Според условите на задачата, момчињата и девојчињата мора да се менуваат наизменично, односно девојчињата можат да седат само на парни места, а момчињата само на непарни. Затоа, девојчињата можат да ги менуваат местата само со девојчињата, а момчињата само со момчињата. Четири девојки можат да седнат на четири парни места P4 = 4! = 24 начини, и пет момчиња на пет непарни места P5 = 5! = 120 начини.

Секој начин на сместување девојчиња може да се комбинира со секој начин на поставување момчиња, затоа, според правилото за производ, вкупниот број на начини е еднаков на: P420 = 2.880 начини.

Одговор: 2.880 начини.

20. F. Броевите 30 и 210 се множат со прости множители На колку начини бројот може да се запише како производ на едноставни множители: 1) 30; 2) 210?

Решение.

Ајде да ги факторизираме овие бројки во прости фактори:

30 = 2 ; 210 = 2 .

Бројот 30 може да се напише како производ на прости множители

Р 3 = 3! = 6 различни начини(преуредување на факторите).

Бројот 210 може да се напише како производ на прости броеви
множителиР 4 = 4! = 24 различни начини.

Одговор: 1) 6 начини; 2) 24 начини.

21. Ѓ. Колку различни парни четирицифрени броеви со цифри што не се повторуваат може да се напишат со помош на броевите 1, 2, 3, 5?

Решение.

За еден број да биде парен, мора да завршува со парна цифра, т.е. 2. Ајде да ги поправиме двете на последното место, преостанатите три цифри мора да се појават пред него по кој било редослед. Бројот на различни пермутации од 3 цифри е P3 = 3! = 6; затоа, ќе има и 6 различни парни четирицифрени броеви (бројот 2 се додава на секоја пермутација од три цифри).

Одговор: 6 бројки.

22. Ѓ. Колку различни непарни петцифрени броеви кои немаат идентични цифри можат да се напишат со помош на цифрите 1,2, 4, 6, 8?

Решение.

За составениот број да биде непарен, мора да завршува на непарна цифра, т.е. една. Преостанатите 4 цифри може да се преуредат, ставајќи го секое преуредување пред единицата.

Вкупниот број на непарни петцифрени броеви е еднаков на бројот на пермутации: P4 = 4! =24.

23. F. Колку различни шестцифрени броеви со цифри што не се повторуваат може да се напишат со помош на цифрите 1; 2 3, 4, 5, 6, ако: 1) бројот мора да започнува со 56; 2) дали броевите 5 и 6 треба да бидат еден до друг?

Решение.

Поправаме две цифри 5 и 6 на почетокот на бројот и им додаваме различни пермутации од 4-те преостанати цифри; бројот на различни шестцифрени броеви е еднаков на: P4 = 4! = 24.

Вкупниот број на различни шестцифрени броеви во кои броевите 5 и 6 се еден до друг (по кој било редослед) е 120 + 120 = 240 броеви. (Опциите 56 и 65 се некомпатибилни и не можат да се реализираат истовремено; го применуваме правилото за комбинаторна сума.)

Одговор: 1) 24-ти; 2) 240 броеви.

24. F. Колку различни парни четирицифрени броеви кои немаат идентични цифри можат да се направат од броевите 1,2,3,4?

Решение.

Парен бројмора да заврши со парен број. Го поправаме бројот 2 на последното место, тогаш 3-те претходни цифри може да се преуредат P3 = 3! = 6 различни начини; добиваме 6 броеви со два на крајот. Го поправаме бројот 4 на последното место, добиваме P3 = 3! = 6 различни пермутации на трите претходни цифри и 6 броеви што завршуваат на 4.

Вкупниот број на парни четирицифрени броеви ќе биде 6 + 6 = 12 различни броеви.

Одговор: 12 броеви.

Коментар. Вкупниот број на опции го наоѓаме користејќи го правилото за комбинаторна сума (6 опции за броеви што завршуваат на два, 6 опции за броеви што завршуваат на четири; методите за конструирање броеви со два и со четири на крајот се меѓусебно исклучуваат, некомпатибилни, затоа вкупниот број на опции е еднаков на збирот на бројот на опции со две на крајот и бројот на опции со 4 на крајот). Влезот 6 + 6 = 12 подобро ги одразува причините за нашите постапки отколку записот П.

25. F. На колку начини бројот 1) 12 може да се запише како производ на прости множители? 2) 24; 3) 120?

Решение.

Особеноста на овој проблем е што во проширувањето на секој од овие броеви има идентични, повторувачки фактори. Кога формираме различни пермутации од фактори, нема да добиеме нова пермутација ако замениме кои било два идентични фактори.

1) Бројот 12 се распаѓа на три главните фактори, од кои две се исти: 12 = .

Ако сите фактори беа различни, тогаш тие би можеле да се преуредат во производот P3 = 3! = 6 различни начини. За да ги наведеме овие методи, условно ќе „разграничиме“ два два и ќе нагласиме еден од нив: 12 = 2.

Тогаш можни се следните 6 варијанти на распаѓање на жители:

Но, всушност, подвлекувањето на броевите нема никакво значење во математиката, така што добиените 6 пермутации во обична нотација изгледаат вака:

т.е., всушност, добивме не 6, туку 3 различни пермутации.Бројот на пермутации се преполови поради тоа што не мораме да ги земеме предвид пермутациите на две две едни со други.

Да го означиме P x потребниот број на пермутации на три елементи, вклучително и два идентични; тогаш резултатот што го добивме може да се запише вака: Рз = Р X Но, 2 е бројот на различни пермутации на два елементи, т.е. 2 == 2! = P 2, затоа P3, = P x P 2, оттука P x = . (ова е формулата за бројот на пермутации со повторувања).

Може да се резонира поинаку, само врз основа на правилото за комбиниран производ.

За да креирате производ од три фактори, прво изберете место за фактор 3; ова може да се направи на еден од трите начини. По ова, ги пополнуваме двете преостанати места со две; ова може да се направи на 1 начин. Според правилото за производ, вкупниот број на начини е: 3-1 =3., Р x =20.

Втор начин. Кога составуваме производ од пет фактори, прво избираме место за петте (5 начини), потоа за трите (4 начини), а преостанатите 3 места ги пополнуваме со два (1 начин); според правилото за производ 5 4 1 = 20.

Одговор: 1) 3; 2) 4; 3) 20.

26. F. На колку начини може да се обојат 6 ќелии така што 3 ќелии се црвени, а останатите 3 се обоени (секоја со своја боја) бела, црна или зелена?

Решение.

Пермутации на 6 елементи, меѓу кои три се идентични:

Инаку: да се наслика со бело, можете да изберете една од 6 ќелии, црна - од 5, зелена - од 4; Трите преостанати ќелии се обоени црвено. Вкупен број на начини: 6 5 4 1 = 120.

Одговор: 120 начини.

27.Т. Пешакот мора да оди еден блок на север и три блока на запад. Запишете ги сите можни правци за пешаци.= 4.

Одговор: 4 правци.

28. М. а) На вратите на четири идентични канцеларии потребно е да се закачат табли со имиња на четворица заменици директори. На колку начини може да се направи ова?

б) Во 9 часот „А“ во среда има 5 часови: алгебра, геометрија, физичко образование, руски јазик, Англиски јазик. Колку опции за распоред можете да креирате за овој ден?

в) На колку начини четворица крадци можат да се расфрлаат, еден по еден, во сите четири правци?

г) Аѓутантот мора да достави пет копии од наредбата на генералот на пет полкови. На колку начини може да ја избере рутата за испорака на копии од нарачката?

Решение.

а) За првата чинија, можете да изберете кој било од 4 кабинети,
За вториот - кој било од преостанатите три, за третиот - кој било од преостанатите двајца, за четвртиот - еден преостанат; според правилото
производ, вкупниот број на начини е: 4 3 2 1 = 24, или P4 = 4! = 24.= 120, или P5 = 5! = 120.

Одговор: а) 24; б) 120; в) 24; г) 120.

Литература

Афанасиев В.В. Теорија на веројатност во примери и проблеми, Јарослав: Државен педагошки универзитет во Јарослав, 1994 година.

Баврин И. И. Виша математика: Учебник за студенти по хемиски и математички специјалности на педагошките универзитети - 2. издание, ревидирана. - М.: Образование, 1993 година.

Бунимович Е.А., Буличев В.А. Веројатност и статистика. Одделение 5-9: Прирачник за општо образование образовните институции, - М.: Бустард, 2005 година.

Vilenkin N. Ya. и други. Алгебра и математичка анализаза 10 одделение: Упатствоза учениците од училиштата и одделенијата со длабинска студијаматематика. - М.: Образование, 1992 година.

Vilenkin N. Ya. и други. Алгебра и математичка анализа за 11 одделение: Учебник за ученици од училишта и одделенија со длабинско изучување на математиката - М.: Просвешчение, 1990 година.

Глејзер Г.И. Историја на математиката на училиште: 9-10 одделение. Прирачник за наставници. - М.: Образование 1983 година.

Дорофеев Г.В., Суворова С.Б., Бунимович Е.А. Математика 9: Алгебра. Функции. Анализа на податоци - М.: Bustard, 2000 година.

Кољагин и други. Алгебра и почеток на анализа одделение 11. Математика на училиште - 2002 година - бр.4 - стр 43,44,46.

Љупшкас В.С. Изборни предметипо математика: теорија на веројатност: Учебник за 9-11 одделение.- М., 1991 г.

Макаричев Ју.Н., Миндјук Н.Г. Елементи на статистика и теорија на веројатност: Учебник за ученици од 7-9 одделение - М.: Просвешчение, 2005 година.

Мордкович А.Г., Семенов П.В. Алгебра и почеток на анализа одделение 10: Учебник за образовните институции (ниво на профил) – М.: Мнемозина, 2005 година.

Ткачева М.В., Федорова Н.Е. Елементи на статистика и веројатност: Учебник за ученици од 7-9 одделение - М.: Просвешчение, 2005 година.