Całkowita liczba różnych permutacji liter słowa „stożek”, w którym znajdują się litery. a) Wydarzenie jest wiarygodne, ponieważ w języku rosyjskim nie ma rzeczowników składających się wyłącznie ze spółgłosek

W kombinatoryce badają pytania o to, ile kombinacji danego typu można utworzyć z danych obiektów (elementów).

Narodziny kombinatoryki jako gałęzi związane są z pracami B. Pascala i P. Fermata na temat teorii hazard. Wielki wkład w rozwój metod kombinatorycznych wniósł G.V. Leibniza, J. Bernoulliego i L. Eulera.

Francuski filozof, pisarz, matematyk i fizyk Blaise Pascal (1623–1662) pokazał swoje wybitne umiejętności matematyczne. Zakres zainteresowań matematycznych Pascala był bardzo różnorodny. Pascal udowodnił jedno
z podstawowych twierdzeń geometrii rzutowej (twierdzenie Pascala), zaprojektował maszynę sumującą (maszynę dodającą Pascala), podał metodę obliczania współczynników dwumianowych (trójkąt Pascala), jako pierwszy precyzyjnie zdefiniował i zastosował tę metodę do dowodu Indukcja matematyczna, zrobił znaczący krok w rozwoju analizy nieskończenie małej ważna rola w początkach teorii prawdopodobieństwa. W hydrostatyce Pascal ustanowił swoje podstawowe prawo (prawo Pascala). „Listy do prowincjała” Pascala były arcydziełem francuskiej prozy klasycznej.

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716) był niemieckim filozofem, matematykiem, fizykiem i wynalazcą, prawnikiem, historykiem i językoznawcą. W matematyce wraz z I. Newtonem opracował mechanizm różnicowy i rachunek całkowy. Ważny wkład przyczynił się do kombinatoryki. W szczególności jego nazwisko kojarzone jest z problemami teorii liczb.

Gottfried Wilhelm Leibniz nie miał zbyt imponującego wyglądu i dlatego sprawiał wrażenie raczej zwyczajnej osoby. Któregoś dnia w Paryżu wszedł Księgarnia w nadziei, że kupi książkę swojego przyjaciela filozofa. Kiedy gość zapytał o tę książkę, księgarz, obejrzawszy go od stóp do głów, kpiąco powiedział: „Po co ci to? Czy naprawdę potrafisz czytać takie książki?” Zanim naukowiec zdążył odpowiedzieć, do sklepu wszedł sam autor książki ze słowami: „Pozdrowienia i szacunek dla Wielkiego Leibniza!” Sprzedawca nie mógł zrozumieć, że to naprawdę był słynny Leibniz, którego książki cieszyły się dużym zainteresowaniem wśród naukowców.

W przyszłości następujące elementy będą odgrywać ważną rolę

Lemat. Wpuść zestaw elementów i zestaw - elementy. Następnie liczba wszystkich odrębnych par gdzie będzie równa .

Dowód. Rzeczywiście z jednego elementu ze zbioru możemy stworzyć tak różne pary i w sumie w zbiorze elementów.

Umiejscowienia, permutacje, kombinacje

Załóżmy, że mamy zbiór trzech elementów. W jaki sposób możemy wybrać dwa z tych elementów? .

Definicja. Miejsca docelowe wielu różne elementy By elementy to kombinacje, które składają się z danych elementów przez > elementy i różnią się albo samymi elementami, albo kolejnością elementów.

Liczba wszystkich rozmieszczeń zbioru elementów według elementów jest oznaczona przez (od pierwszy list Francuskie słowo„aranżacja”, czyli rozmieszczenie), gdzie i .

Twierdzenie. Liczba rozmieszczeń zbioru elementów według elementów jest równa

Dowód. Powiedzmy, że mamy elementy. Niech będą możliwe miejsca docelowe. Będziemy budować te miejsca docelowe sekwencyjnie. Najpierw zdefiniujmy pierwszy element rozmieszczenia. Można go wybrać z danego zbioru elementów różne sposoby. Po wybraniu pierwszego elementu nadal istnieją sposoby na wybranie drugiego elementu itp. Ponieważ każdy taki wybór daje nowe miejsce, wszystkie te wybory można ze sobą dowolnie łączyć. Dlatego mamy:

Przykład. Na ile sposobów flaga może składać się z trzech poziomych pasów? różne kolory, jeśli istnieje materiał w pięciu kolorach?

Rozwiązanie. Wymagana ilość flag trójpasmowych:

Definicja. Permutacja zbioru elementów to rozmieszczenie elementów w w określonej kolejności.

Zatem wszystkie różne permutacje zbioru trzech elementów są

Wskazana jest liczba wszystkich permutacji elementów (od pierwszej litery francuskiego słowa „permutacja”, co oznacza „permutacja”, „ruch”). Dlatego liczba wszystkich różne permutacje obliczone według wzoru

Przykład. Na ile sposobów można ustawić wieże na szachownicy, aby się nie atakowały?

Rozwiązanie. Wymagana liczba wież

A-przeorat!

Definicja. Kombinacje różnych elementów po elementach to kombinacje, które składają się z danych elementów po elementach i różnią się co najmniej jednym elementem (innymi słowy -elementowymi podzbiorami danego zbioru elementów).

Jak widać, w kombinacjach, w przeciwieństwie do rozmieszczeń, nie jest brana pod uwagę kolejność elementów. Wskazana jest liczba wszystkich kombinacji elementów, elementów w każdym (od pierwszej litery francuskiego słowa „kombinacja”, co oznacza „kombinacja”).

Liczby

Wszystkie kombinacje z zestawu dwóch są .

Właściwości liczb (\sf C)_n^k

Rzeczywiście, każdy podzbiór -elementów danego zbioru -elementów odpowiada jednemu i tylko jednemu podzbiórowi -elementów tego samego zbioru.

Rzeczywiście, możemy wybierać podzbiory elementów w następujący sposób: napraw jeden element; liczba podzbiorów -elementów zawierających ten element jest równa ; liczba podzbiorów -element niezawierających tego elementu jest równa .

Trójkąt Pascala

W tym trójkącie skrajne liczby w każdym rzędzie są równe 1, a każda liczba nieekstremalna jest równa sumie dwóch liczb znajdujących się nad nią z poprzedniego wiersza. Zatem ten trójkąt pozwala obliczać liczby.

Twierdzenie.

Dowód. Rozważmy zbiór elementów i rozwiążmy następujące zadanie na dwa sposoby: ile ciągów można utworzyć z elementów danego zbioru
zestawy, w których żaden element nie pojawia się dwukrotnie?

1 sposób. Wybieramy pierwszego członka sekwencji, następnie drugiego, trzeciego itd. członek

Metoda 2. Wybierzmy najpierw elementy z danego zbioru, a następnie ułóżmy je w jakiejś kolejności

Pomnóż licznik i mianownik tego ułamka przez:

Przykład. Na ile sposobów możesz wybrać 5 liczb z 36 w grze „Sportloto”?

Wymagana liczba sposobów

Zadania.

1. Tablice rejestracyjne samochodów składają się z 3 liter alfabetu rosyjskiego (33 litery) i 4 cyfr. Ile jest różnych numerów rejestracyjnych?
2. Fortepian ma 88 klawiszy. Na ile sposobów możesz wydać kolejno 6 dźwięków?
3. Ile jest liczb sześciocyfrowych podzielnych przez 5?
4. Na ile sposobów można umieścić 7 różnych monet w trzech kieszeniach?
5. Ile liczb pięciocyfrowych możesz ułożyć Notacja dziesiętna która liczba 5 pojawia się przynajmniej raz?
6. Na ile sposobów można usiąść 20 osób? okrągły stół, uznając metody za takie same, jeśli można je uzyskać od siebie poruszając się po okręgu?
7. Ile jest liczb pięciocyfrowych podzielnych przez 5, które nie zostały zapisane? identyczne liczby?
8. NA papier w kratkę o boku komórki 1 cm narysowano okrąg o promieniu 100 cm, który nie przechodzi przez wierzchołki komórek i nie dotyka boków komórek. Ile komórek może przeciąć ten okrąg?
9. Na ile sposobów można ułożyć liczby w rzędzie, tak aby liczby sąsiadowały ze sobą i były ułożone w kolejności rosnącej?
10. Ile liczb pięciocyfrowych można utworzyć z cyfr, jeśli każdej cyfry można użyć tylko raz?
11. Ze słowa ROT, przestawiając litery, można uzyskać następujące słowa: TOP, ORT, OTR, TRO, RTO. Nazywa się je anagramami. Ile anagramów można ułożyć ze słowa LOGARITM?
12. Zadzwońmy rozdzielać reprezentacja liczb naturalnych jako suma liczby naturalne. Oto na przykład wszystkie części liczby:

Partycje uważa się za różne, jeśli różnią się liczbą lub kolejnością ich elementów.

Ile jest różnych podziałów liczby na wyrazy?
13. Ilu istnieje liczby trzycyfrowe z nierosnącą kolejnością cyfr?
14. Ile jest liczb czterocyfrowych o nierosnącym porządku cyfr?
15. Na ile sposobów można ustawić 17 osób w rzędzie tak, aby znalazły się obok siebie?
16. dziewczęta i chłopcy siedzą losowo w rzędach siedzeń. Na ile sposobów można je usiąść tak, aby żadne dwie dziewczyny nie siedziały obok siebie?
17. dziewczęta i chłopcy siedzą losowo w rzędach siedzeń. Na ile sposobów można je posadzić tak, aby wszystkie dziewczynki usiadły obok siebie?

Przykład. k, o, n stoją obok siebie?

• Przykład. Ile jest permutacji liter słowa „stożek”, w których występują te litery k, o, n stoją obok siebie?

• Rozwiązanie.

• Dano 5 liter, z czego trzy muszą znajdować się obok siebie.

• Trzy litery k, o, n może stanąć obok jednego z = 3! = 6 sposobów.

• Do każdego sposobu „sklejenia” liter k, o, n otrzymujemy = 3! = 6 sposobów

• Przestawianie liter, „sklejanie” nas.

• Całkowita liczba różnych permutacji liter słowa „stożek”, w których występują litery

• k, o, n stać obok siebie równa się 6 · 6 = 36 permutacji - anagramy.

• Odpowiedź: 36 anagramów.

Przykład.

• Przykład. Policz, ile obrazów liter A, B, C, D, D, E, F, Z, I, K znajduje się w literach, które mają: 1) pionową oś symetrii; 2) pozioma oś symetrii.

• Rozwiązanie.

• 1) Litery o pionowej osi symetrii: A, D, F – 3 litery (nie uwzględniamy pogrubienia niektórych elementów liter A, D po prawej stronie).

• 2) Litery o poziomej osi symetrii: V, E, ZH, Z, K – 5 liter.

• Odpowiedź: 1) 3 litery, 2) 5 liter.

Przykład.

• Przykład. Mieszkańcy planety XO mają w swoim alfabecie trzy litery: A, O, X. Słowa w języku składają się z nie więcej niż trzech liter (litera w słowie może się powtarzać). Jaka jest największa liczba słów, które mogą znajdować się w słowniku mieszkańców tej planety?

• Rozwiązanie. Słowa mogą być jednoliterowe, dwuliterowe lub trzyliterowe.

• Słowa jednoliterowe: A, O, X – 3 słowa.

• Słowa dwuliterowe: AO, AH, AA, OO, OA, OX, XX, HA, XO – 9 słów (3,3=9, wybór dwóch liter z powtórzeniami).

• Słowa trzyliterowe: 3,9=27 słów (wybór trzech z trzech z powtórzeniami, wybór pierwszej litery - na trzy sposoby; do każdej pierwszej litery należy dodać każde z 9 możliwych słów dwuliterowych).

• Zatem w słowniku mieszkańców planety XO może znajdować się maksymalnie 3 + 9 + +27 = 39 słów.

• Odpowiedź: 39 słów.

Przykład nr 1.

• Przykład nr 1. Wszystkie bilety na egzamin z literatury są zapisane na kartach z dwucyfrowymi numerami. Petya losowo wybrał jedną kartę. Opisz następujące zdarzenia jako pewne, niemożliwe lub losowe:

• Zdarzenie A - na wybranej karcie znajduje się liczba pierwsza;

• Zdarzenie B – na karcie znajduje się numer złożony;

• Zdarzenie C – na karcie znajduje się liczba, która nie jest ani pierwsza, ani złożona;

• Zdarzenie D – na karcie znajduje się liczba parzysta lub nieparzysta.

• Rozwiązanie.

• Zdarzenia A i B są losowe, ponieważ mogą nastąpić lub nie.

• Zdarzenie C jest niemożliwe: pamiętaj o definicji liczb pierwszych i złożonych.

• Zdarzenie D jest pewne, ponieważ każda liczba dwucyfrowa jest parzysta lub nieparzysta.

• Otworzyłeś książkę na dowolnej stronie i przeczytałeś pierwszy rzeczownik, na który trafiłeś. Okazało się, że: a) pisownia wybranego słowa zawiera samogłoskę; b) pisownia wybranego słowa zawiera literę „o”; c) w pisowni wybranego słowa nie ma samogłosek; d) w pisowni wybranego słowa występuje miękki znak.

• Rozwiązanie.

• a) Wydarzenie jest wiarygodne, ponieważ w języku rosyjskim nie ma rzeczowników składających się wyłącznie ze spółgłosek.

• b) Zdarzenie jest losowe.

• c) Zdarzenie niemożliwe (patrz punkt a)).

• d) Zdarzenie ma charakter losowy.

Przykład.

• Przykład. Opisz sumę następujących niezgodnych zdarzeń.

• „Królowa urodziła w nocy syna (zdarzenie A) lub córkę (zdarzenie B)…”

• Rozwiązanie.

• Królowa urodziła syna lub córkę (A B).

• Odpowiedź: 4 zdarzenia złożone, będące sumą dwóch zdarzeń niezgodnych.

Przykład. o, t, k, r.

• Przykład. Listy są zapisane na czterech kartach o, t, k, r. Karty zostały odwrócone i przetasowane. Następnie losowo otwierali te karty, jedną po drugiej, i układali je w rzędzie. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wypadnie słowo „kret”?

• Rozwiązanie. Wynikiem są wszystkie możliwe permutacje czterech elementów ( o, t, k, r); całkowita liczba wyników wynosi n = = 4! = 24.

• Zdarzenie A – „po otwarciu kart zostanie uzyskany wyraz „kret””; = 1 (tylko jedna opcja ułożenia liter - „kret”; = .

• Odpowiedź:

Przykład O, Na drugim T, na trzecim Z, na czwartym P.

• Przykład. Wzięliśmy cztery karty. Napisali list w sprawie pierwszego O, Na drugim T, na trzecim Z, na czwartym P. Karty zostały odwrócone i przetasowane. Następnie losowo otwierali jedną kartę po drugiej i umieszczali ją obok niej. Jakie jest prawdopodobieństwo, że wynikiem było słowo „stop” lub słowo „post”?

• Rozwiązanie. Wyniki – wszystkie możliwe permutacje 4 liter; łączna liczba wyników

• n = = 4! = 24.

• Zdarzenie A – „pojawiło się słowo „stop” lub „post”; liczba korzystnych wyników = 1 („stop”) + 1 („post”) = 2 (zgodnie z zasadą sumy wzajemnie wykluczających się wyników).

• Prawdopodobieństwo = .

• Odpowiedź: 1/12.

• Przykład nr 1. Zmierzyliśmy długość słów (liczbę liter) w poniższym fragmencie wiersza A.S. Puszkina „Jeździec miedziany”. Należy skonstruować histogramy rozkładu krotności i częstotliwości, wybierając dla opcji próbkowania przedziały 1-3, 4-6, 7-9.

• „...Jest straszny w otaczającej ciemności! 6, 2, 1, 9, 4

• Co za myśl na czole! 5, 4, 2, 4

• Jaka moc się w nim kryje i jaki ogień jest w tym koniu! 5, 4, 1, 3, 7

• Gdzie jedziesz, dumny koniu, 1, 1, 3, 4, 5, 5

• A gdzie postawisz kopyta?…” 1, 3, 8, 2, 6

• Po prawej stronie tekstu, zamiast słów, zapisana jest ich długość, linia po linii. Po obliczeniach tworzymy tabelę.

Przykład.

• Przykład. Sprawdzając 70 prac na temat języka rosyjskiego, odnotowano liczbę błędów ortograficznych popełnianych przez uczniów. Powstałe serie danych przedstawiono w formie tabeli częstości:

• Jaka jest największa różnica w liczbie popełnionych błędów? Jaka liczba błędów jest typowa dla tej grupy uczniów? Wskaż, jakie cechy statystyczne wykorzystano, aby odpowiedzieć na postawione pytania.

• Rozwiązanie.

• Największa różnica w liczbie błędów: 6 – 0 = 6.

• Typowa liczba błędów: 3 (występuje 26 razy na 70).

• Stosowana jest skala i moda.

• Odpowiedź: 6; 3.

Badania statystyczne tablice częstotliwości język.

• Badania statystyczne na dużej liczbie tekstów literackich wykazali, że częstotliwość pojawiania się określonej litery (lub odstępu między słowami) ma tendencję do pewnych stałych w miarę wzrostu objętości tekstu. Nazywa się tabele zawierające litery określonego języka i odpowiadające im stałe tablice częstotliwości język.

• Każdy autor ma własną tabelę częstotliwości użycia liter, słów, określonych wyrażeń literackich itp. Korzystając z tej tabeli częstości, możesz określić autora z taką samą dokładnością, jak na podstawie odcisków palców.

Na przykład, zanim Dzisiaj Spory o autorstwo trwają ” Cichy Don" Sporo osób wierzy, że w wieku 23 lat M.A. Szołochow jest tak głęboki i prawdziwy świetna książka Po prostu nie mogłem pisać. Przedstawiono różne argumenty i różnych kandydatów na autorów. Dyskusje były szczególnie gorące w momencie przyznania nagrody mgr. Szołochowowi nagroda Nobla w literaturze (1965). Analiza statystyczna powieść i jej porównanie z tekstami, których autorstwa nie ulegało wątpliwości M.A. Szołochow, potwierdziły jednak hipotezę o M.A. Szołochowie jako prawdziwym autorze „Cichego Dona”.

Przykład nr 1.

• Przykład nr 1. Próbka składa się ze wszystkich liter zawartych w dwuwierszu

• „...To drzewo to sosna,

• I los sosny jest jasny…”

• Zapisz serię przykładowych danych.

• Znajdź wielkość próbki.

• Określ wielokrotność i częstotliwość opcji „o”.

• Jaka jest najwyższa procentowa częstotliwość opcji próbki?

• Rozwiązanie

• 1). Przykładowe serie danych (opcja wartości):

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

• 2). Wielkość próby to całkowita liczba liter w kuplecie: n = 30.

• 3). Wielokrotność opcji „o” wynosi 4, częstotliwość opcji jest równa.

• 4). Opcja „c” ma najwyższą procentową częstotliwość: jej krotność wynosi 6, częstotliwość

• , częstotliwość procentowa 20%.

• Odpowiedź: 1). 16 liter; 2). trzydzieści; 3). 4 i 0,133; 4). 20%.

Przykład nr 1 (ciąg dalszy). Próbka składa się ze wszystkich liter zawartych w dwuwierszu

• Przykład nr 1 (ciąg dalszy). Próbka składa się ze wszystkich liter zawartych w dwuwierszu

• „...To drzewo to sosna,

• I los sosny jest jasny…”

• Alfabet jest podzielony w kolejności na trzy identyczne sekcje: nr 1 od „a” do „th”, nr 2 od „k” do „u”, nr 3 od „f” do „z”.

• 1).Znajdź krotność i (procentową) częstotliwość odcinka nr 3.

• 2). Sporządź tabelę rozkładu częstotliwości sekcji.

• 3).Wskaż obszar o najwyższej częstotliwości.

• 4).Zbuduj histogram częstotliwości z wybranym rozkładem na przekroje.

• Rozwiązanie. Przede wszystkim zauważamy, że jeśli alfabet rosyjski ma 33 litery, to trzy identyczne sekcje to sekcje po 11 liter. Liczba liter w dwuwierszu: n = 30.

• Tabela rozkładu częstotliwości i krotności:

Przykład.

Przykład. Szybkość czytania (liczba słów na minutę czytania) została przetestowana wśród 60 uczniów dziewiątych klas. Uzyskane dane pogrupowano w pięć obszarów: nr 1- (91;100); nr 2 (101;110); nr 3 (111;120); nr 4 (121;130); Nr 5 (131;140). Wynikiem jest histogram krotności (patrz rysunek). Oszacuj w przybliżeniu: zakres, modę, średnią arytmetyczną próbki, wyjaśnij, dlaczego odpowiedzi są jedynie przybliżone.

Przedział A = 140-91 = 49

• Przedział A = 140-91 = 49

• Moda.

• Średnia wartość.

• Uzyskane wartości są jedynie przybliżone, ponieważ zamiast wartości rzeczywistych w obliczeniach wykorzystano wartości warunkowe - granice i punkty środkowe przedziałów cząstkowych, czyli wartości, których nie zaobserwowano eksperymentalnie, ale które zostały przez nas przyjęte dla wygody prezentacji danych.

• Odpowiedź: 49; 125,5; 117,17.

• A.G. Mordkovich, P.V. Semenov. Wydarzenia. Prawdopodobieństwa. Przetwarzanie danych statystycznych: Dodatkowe. Akapity do kursu algebry 7 – 9 klas. ogólne wykształcenie instytucje / A.G. Mordkovich, P.V. Semenov. 4. wyd. – M.: Mnemosyne, 2006.-112 s.

• Makaryczow Yu.N. Algebra: elementy statystyki i kombinatoryki oraz teorii prawdopodobieństwa: podręcznik. Podręcznik dla uczniów klas 7-9. ogólne wykształcenie instytucje / Yu.N. Makarychev, N.G. Mindyuk; edytowany przez SA Telyakovsky - wyd. 2. – M.: Edukacja, 2004.-78 s.

• M.V. Tkacheva, N.E. Fedorova. Elementy statystyki i prawdopodobieństwa: Podręcznik dla klas 7-9 kształcenia ogólnego. instytucje. – M.: Edukacja, 2004.-112 s.

Przegrupowania. Wzór na liczbę permutacji

Permutacje z N elementy

Niech zestaw X zawiera N elementy.

Definicja. Umieszczenie bez powtórzeń zN elementy zestawuX Przez N zwany permutacja z N elementy.

Należy pamiętać, że każda permutacja obejmuje wszystkie elementy zbioruX i dokładnie raz. Oznacza to, że permutacje różnią się między sobą jedynie kolejnością elementów i można je od siebie uzyskać poprzez permutację elementów (stąd nazwa).

Liczba wszystkich permutacji zN elementy są oznaczone symbolem .

Ponieważ permutacje są szczególny przypadek miejsca docelowe bez powtórek o godz , a następnie wzór na znalezienie liczby otrzymujemy ze wzoru (2), podstawiając go :

Zatem,

(3)

Przykład. Na ile sposobów można ustawić 5 książek na półce?

Rozwiązanie. Sposobów ułożenia książek na półce jest tyle, ile kombinacji tych pięciu elementów: sposoby.

Komentarz. Wzory (1)-(3) nie wymagają zapamiętywania: problemy związane z ich zastosowaniem zawsze można rozwiązać korzystając z reguły iloczynu. Jeśli uczniowie mają problemy z tworzeniem kombinatorycznych modeli problemów, lepiej zawęzić zestaw stosowanych formuł i reguł (aby było mniej możliwości popełnienia błędów). To prawda, że ​​​​problemy, w których stosuje się permutacje i wzór (3), są zwykle rozwiązywane bez żadnych problemów.

Zadania

1. F. Na ile sposobów mogą ustawić się w kolejce do kasy: 1) 3 osoby; 2) 5 osób?

Rozwiązanie.

Różne opcje Ułożenia n osób w kolejce różnią się między sobą jedynie kolejnością ułożenia osób, czyli są różnymi permutacjami n elementów.

W kolejce mogą stać trzy osoby P3 = 3! = 6 różnych sposobów.

Odpowiedź: 1) 6 sposobów; 2) 120 sposobów.

2. T. Na ile sposobów zmieszczą się 4 osoby na czteroosobowej ławce?

Rozwiązanie.

Liczba osób jest równa liczbie miejsc na ławie, więc liczba opcji rozmieszczenia jest równa liczbie permutacji 4 elementów: P4 = 4! = 24.

Rozumować możesz według zasady iloczynu: dla pierwszej osoby możesz wybrać dowolne z 4 miejsc, dla drugiej - dowolne z pozostałych 3, dla trzeciej - dowolne z pozostałych 2, ostatnia zajmie 1 pozostałe miejsce ; jest wszystko = 24 różne sposoby usadzenia 4 osób na czteroosobowej ławce.

Odpowiedź: 24 sposoby.

3. M. Na lunch u Vova - pierwsze, drugie, trzecie danie i ciasto. Na pewno zacznie od ciasta, a resztę zje w losowej kolejności. Znajdź numer możliwe opcje obiad.

M-problemy z podręcznika. podręczniki A.G. Mordkovicha

T. - wyd. SATelyakovsky

F- M.V. Tkacheva

Rozwiązanie.

Po torcie Vova może wybrać dowolne z trzech dań, potem dwa i zakończyć resztą. Całkowita liczba możliwych opcji lunchu: =6.

Odpowiedź: 6.

4. F. Ile różnych poprawnych (z punktu widzenia języka rosyjskiego) zwrotów można utworzyć, zmieniając kolejność słów w zdaniu: 1) „Poszedłem na spacer”; 2) „Po podwórku spaceruje kot”?

Rozwiązanie.

W drugim zdaniu przyimek „in” musi zawsze występować przed rzeczownikiem „yard”, do którego się odnosi. Dlatego licząc parę „na podwórku” jako jedno słowo, można znaleźć liczbę różnych permutacji trzech słowa warunkowe: P3 = 3! = 6. Zatem w tym przypadku możesz ułożyć 6 poprawnych zdań.

Odpowiedź: 1) 6; 2) 6.

5. Na ile sposobów można użyć liter K, L, M, H do oznaczenia wierzchołków czworokąta?

Rozwiązanie.

Zakładamy, że wierzchołki czworokąta są ponumerowane, każdy o stałej liczbie. Wtedy problem sprowadza się do policzenia liczby różnych sposobów ułożenia 4 liter w 4 miejscach (wierzchołkach), czyli policzenia liczby różnych permutacji: P4 = 4! = 24 sposoby.

Odpowiedź: 24 sposoby.

6. F. Czwórka znajomych kupiła bilety do kina: na I i II miejsce w pierwszym rzędzie oraz na I i II miejsce w drugim rzędzie. Na ile sposobów przyjaciele mogą zająć te 4 miejsca w kinie?

Rozwiązanie.

Czterech przyjaciół może wziąć 4 różne miejsca P4 = 4! = 24 różne sposoby.

Odpowiedź: 24 sposoby.

7. T. Kurier musi dostarczyć przesyłki do 7 różnych instytucji. Ile tras może wybrać?

Rozwiązanie.

Przez trasę należy rozumieć kolejność w jakiej kurier odwiedza instytucje. Ponumerujmy instytucje od 1 do 7, wówczas trasa będzie reprezentowana jako ciąg 7 liczb, których kolejność może ulec zmianie. Liczba tras jest równa liczbie permutacji 7 elementów: P7= 7! = 5040.

Odpowiedź: 5040 tras.

8. T. Ile istnieje wyrażeń identycznych równy produktowi abcde, które otrzymuje się z niego przez zmianę układu czynników?

Rozwiązanie.

Dany jest iloczyn pięciu różnych czynników abcde, których kolejność może się zmieniać (po przestawieniu czynników iloczyn się nie zmienia).

W sumie jest P5 = 5! = 120 różnych sposobów ułożenia pięciu mnożników; Jedno z nich (abcde) uważamy za pierwotne, pozostałych 119 wyrażeń jest identycznie równych temu.

Odpowiedź: 119 wyrażeń.

9. T. Olga pamięta, że ​​numer telefonu swojej koleżanki kończy się na cyfrach 5, 7, 8, ale zapomniała, w jakiej kolejności te cyfry występują. Wskaż największą liczbę opcji, przez które będzie musiała przejść, aby dotrzeć do przyjaciela.

Rozwiązanie.

Ostatnie trzy cyfry numer telefonu może znajdować się w jednym z P3 =3! =6 możliwych rozkazów, z których tylko jeden jest poprawny. Olga może od razu wpisać właściwą opcję, może wpisać trzecią itd. Największa liczba opcje, które będzie musiała wybrać, jeśli poprawna opcja będzie ostatni, czyli szósty.

Odpowiedź: 6 opcji.

10. T. Ile liczb sześciocyfrowych (bez powtarzających się liczb) można utworzyć z liczb: a) 1,2, 5, 6, 7, 8; b) 0, 2, 5, 6, 7, 8? Rozwiązanie.

a) Mając 6 cyfr: 1, 2, 5, 6, 7, 8, można z nich utworzyć różne liczby sześciocyfrowe tylko poprzez przestawienie tych cyfr. Liczba różnych liczb sześciocyfrowych jest równa P6 = 6! = 720.

b) Biorąc pod uwagę 6 cyfr: 0, 2, 5, 6, 7, 8, z nich musisz utworzyć różne liczby sześciocyfrowe. W przeciwieństwie do poprzednie zadanie jest to, że zero nie może być pierwsze.

Możesz bezpośrednio zastosować regułę iloczynu: możesz wybrać dowolną z 5 cyfr (oprócz zera) na pierwszym miejscu; na drugim miejscu - dowolna z pozostałych 5 cyfr (4 są „niezerowe” i teraz liczymy zero); na trzecie miejsce - dowolna z 4 cyfr pozostałych po dwóch pierwszych wyborach itp. Łączna liczba opcji wynosi: = 600.

Możesz zastosować metodę eliminacji niepotrzebnych opcji. Możliwość zmiany kolejności 6 cyfr P6 = 6! = 720 różnych sposobów. Wśród tych metod znajdą się takie, w których na pierwszym miejscu jest zero, co jest niedopuszczalne. Policzmy liczbę tych nieprawidłowych opcji. Jeżeli na pierwszym miejscu jest zero (jest to stałe), to w kolejnych pięciu miejscach mogą znajdować się „niezerowe” liczby 2, 5, 6, 7, 8 w dowolnej kolejności. Liczba różnych sposobów, w jakie 5 liczb można umieścić w 5 miejscach, co równa się P5 = 5! = 120, czyli liczba permutacji liczb zaczynających się od zera wynosi 120. Wymagana liczba różnych liczb sześciocyfrowych w tym przypadku jest równa: P6 - P5 = 720 - 120 = 600.

Odpowiedź: a) 720; b) 600 numerów.

11. T. Ile spośród liczb czterocyfrowych (nie powtarzających się) składających się z liczb 3, 5, 7, 9 to te, które: a) zaczynają się od cyfry 3;

b) są wielokrotnościami 15?

Rozwiązanie.

a) Z liczb 3, 5, 7, 9 tworzymy liczby czterocyfrowe, zaczynając od cyfry 3.

Na pierwszym miejscu ustalamy liczbę 3; następnie na pozostałych trzechcyfry 5, 7, 9 można ułożyć w dowolnej kolejności, w dowolnej kolejności, łączna liczba opcji ich lokalizacji wynosi P 3 = 3!=6. Będzie tak wiele różnych liczb czterocyfrowych, z których się składapodane liczby i rozpoczynające się od cyfry 3.

b) Zauważ, że suma tych cyfr 3 + 5 + 7 + 9 = 24 jest podzielna przez 3, zatem każda czterocyfrowa liczba złożona z tych cyfr jest podzielna przez 3. Aby niektóre z tych liczb były podzielne do 15 konieczne jest, aby kończyły się cyfrą 5.

Naprawiamy numer 5 ostatnie miejsce; pozostałe 3 cyfry można umieścić w trzech miejscach przed 5 Рз = 3! = 6 różnych sposobów. Będzie wiele różnych liczb czterocyfrowych utworzonych z tych liczb, które są podzielne przez 15.

Odpowiedź: a) 6 liczb; b) 6 liczb.

12. T. Znajdź sumę cyfr wszystkich liczb czterocyfrowych, które można utworzyć z liczb 1, 3, 5, 7 (bez ich powtarzania).

Rozwiązanie.

Każda czterocyfrowa liczba złożona z cyfr 1, 3, 5, 7 (bez powtórzeń) ma sumę cyfr równą 1 + 3 + 5 + 7 = 16.

Z tych liczb możesz otrzymać P4 = 4! = 24 różne liczby, różniących się jedynie kolejnością cyfr. Suma cyfr wszystkich tych liczb będzie równa

16 = 384.

Odpowiedź: 384.

13. T. Siedmiu chłopców, w tym Oleg i Igor, stoi w rzędzie. Znajdź numer możliwe kombinacje, Jeśli:

a) Oleg powinien znajdować się na końcu rzędu;

b) Oleg powinien znajdować się na początku rzędu, a Igor na końcu rzędu;

c) Oleg i Igor powinni stać obok siebie.
Rozwiązanie.

a) Na 7 miejscach jest tylko 7 chłopców, ale jeden element jest stały i nie można go przestawić (Oleg znajduje się na końcu rzędu). Liczba możliwych kombinacji jest równa liczbie permutacji 6 chłopców stojących przed Olegiem: P6=6!=720.

para jak pojedynczy element, uporządkowane z pozostałymi pięcioma elementami. Liczba możliwych kombinacji będzie wówczas wynosić P6 = 6! = 720.

Niech Oleg i Igor staną teraz obok siebie w kolejności IO. Następnie otrzymujemy kolejne P6 = 6! = 720 innych kombinacji.

Łączna liczba kombinacji, w których Oleg i Igor znajdują się obok siebie (w dowolnej kolejności) wynosi 720 + 720 = 1440.

Odpowiedź: a) 720; b) 120; c) 1440 kombinacji.

14. M. Jedenastu zawodników ustawia się w kolejce przed rozpoczęciem meczu. Pierwszy jest kapitanem, drugi bramkarzem, a pozostali losowo. Ile jest metod konstrukcyjnych?

Rozwiązanie.

Po kapitanie i bramkarzu trzeci gracz może wybrać dowolne z pozostałych 9 miejsc, następny z 8 itd. Łączna liczba metod konstrukcji wykorzystujących regułę iloczynu jest równa:

1 = 362 880, czyli P 9 = 9! = 362 880.

Odpowiedź: 362 880.

15. M. Na ile sposobów można oznaczyć wierzchołki sześcianu literami A, B, C, D, E, F, G, K?

Rozwiązanie.

Dla pierwszego wierzchołka możesz wybrać dowolną z 8 liter, dla drugiego dowolną z pozostałych 7 itd. Łączna liczba sposobów zgodnie z regułą iloczynu wynosi=40 320, czyli P8 = 8!

Odpowiedź: 40 320.

16. T. Plan zajęć na poniedziałek obejmuje sześć lekcji: algebrę, geometrię, biologię, historię, wychowanie fizyczne, chemię. Na ile sposobów można ułożyć plan lekcji na ten dzień, tak aby dwie lekcje matematyki odbywały się obok siebie?

Rozwiązanie.

W sumie jest 6 lekcji, z czego dwie lekcje matematyki powinny odbywać się obok siebie.

„Sklejamy” dwa elementy (algebra i geometria) najpierw w kolejności AG, potem w kolejności GA. Za każdą opcję „sklejenia” otrzymujemy P5 = 5! = 120 opcji harmonogramu. Całkowita liczba sposobów tworzenia harmonogramu wynosi 120 (AG) +120 (GA) = 240.

Odpowiedź: 240 sposobów.

17. T. Ile jest permutacji liter słowa „stożek”, w których litery K, O, N znajdują się obok siebie?

Rozwiązanie.

Dano 5 liter, z czego trzy muszą znajdować się obok siebie. Trzy litery K, O, N mogą stanąć obok jednej z P3 = 3! = 6 sposobów. Za każdą metodę „sklejenia” liter K, O, N otrzymujemy P3 = 3! = 6 sposobów permutacji liter, „sklejanie”, U, S. Łączna liczba różnych permutacji liter wyrazu „stożek”, w których litery K, O, N znajdują się obok siebie, wynosi 6 6 = 36 permutacje - anagramy.

Odpowiedź: 36 anagramów.

18. T. Na ile sposobów w teatrze 5 chłopców i 5 dziewcząt może zająć miejsca od 1 do 10 w tym samym rzędzie? Na ile sposobów mogą to zrobić, jeśli chłopcy siedzą na miejscach nieparzystych, a dziewczęta na miejscach parzystych?

Rozwiązanie.

Każdą aranżację chłopięcą można łączyć z każdą aranżacją dziewczęcą, zatem zgodnie z regułą produktową Łączna W tym przypadku istnieje 120 sposobów siedzenia dzieci. 20= 14400.

Odpowiedź: 3 628 800 sposobów; 14 400 sposobów.

19. T. Pięciu chłopców i cztery dziewczynki chcą usiąść na dziewięcioosobowej ławce, tak aby każda dziewczyna siedziała pomiędzy dwoma chłopcami. Na ile sposobów mogą to zrobić?

Rozwiązanie.

Zgodnie z warunkami zadania chłopcy i dziewczęta muszą siedzieć na zmianę, to znaczy dziewczęta mogą siedzieć tylko w miejscach o numerach parzystych, a chłopcy mogą siedzieć tylko w miejscach o numerach nieparzystych. Dlatego dziewczęta mogą zamieniać się miejscami tylko z dziewczynami, a chłopcy mogą zamieniać się miejscami tylko z chłopcami. Cztery dziewczyny mogą usiąść na czterech równych miejscach P4 = 4! = 24 sposoby i pięciu chłopców w pięciu nieparzystych miejscach P5 = 5! = 120 sposobów.

Każdy sposób ułożenia dziewcząt można połączyć z każdym sposobem ułożenia chłopców, dlatego zgodnie z regułą iloczynową łączna liczba sposobów wynosi: P420 = 2880 sposobów.

Odpowiedź: 2880 sposobów.

20. F. Rozłóż na czynniki pierwsze liczby 30 i 210. Na ile sposobów można zapisać tę liczbę jako iloczyn prostych czynników: 1) 30; 2) 210?

Rozwiązanie.

Rozłóżmy te liczby na czynniki pierwsze:

30 = 2 ; 210 = 2 .

Liczbę 30 można zapisać jako iloczyn czynników pierwszych

R 3 = 3! = 6 różne sposoby(przestawianie czynników).

Liczbę 210 można zapisać jako iloczyn liczb pierwszych
mnożnikiR 4 = 4! = 24 różne sposoby.

Odpowiedź: 1) 6 sposobów; 2) 24 sposoby.

21. F. Ile różnych liczb parzystych czterocyfrowych z niepowtarzalnymi cyframi można zapisać przy użyciu liczb 1, 2, 3, 5?

Rozwiązanie.

Aby liczba była parzysta, musi kończyć się cyfrą parzystą, czyli 2. Ustawmy dwójkę na ostatnim miejscu, pozostałe trzy cyfry muszą się przed nią pojawić w dowolnej kolejności. Liczba różnych permutacji 3 cyfr wynosi P3 = 3! = 6; w związku z tym będzie również 6 różnych liczb parzystych czterocyfrowych (liczba 2 jest dodawana do każdej permutacji trzech cyfr).

Odpowiedź: 6 liczb.

22. F. Ile różnych nieparzystych liczb pięciocyfrowych, które nie mają identycznych cyfr, można zapisać za pomocą cyfr 1,2, 4, 6, 8?

Rozwiązanie.

Aby liczba złożona była nieparzysta, musi kończyć się cyfrą nieparzystą, czyli jedynką. Pozostałe 4 cyfry można zmienić, umieszczając każdą zmianę przed jednostką.

Całkowita liczba nieparzystych liczb pięciocyfrowych jest równa liczbie permutacji: P4 = 4! =24.

23. F. Ile różnych liczb sześciocyfrowych z niepowtarzalnymi cyframi można zapisać za pomocą cyfry 1; 2 3, 4, 5, 6, jeżeli: 1) liczba musi zaczynać się od 56; 2) czy liczby 5 i 6 powinny znajdować się obok siebie?

Rozwiązanie.

Na początku liczby ustawiamy dwie cyfry 5 i 6 i dodajemy do nich różne permutacje z 4 pozostałych cyfr; liczba różnych liczb sześciocyfrowych jest równa: P4 = 4! = 24.

Całkowita liczba różnych liczb sześciocyfrowych, w których liczby 5 i 6 znajdują się obok siebie (w dowolnej kolejności), wynosi 120 + 120 = 240 liczb. (Opcje 56 i 65 są niezgodne i nie mogą być realizowane jednocześnie; stosujemy regułę sumy kombinatorycznej.)

Odpowiedź: 1) 24.; 2) 240 numerów.

24. F. Ile różnych liczb parzystych czterocyfrowych, które nie mają identycznych cyfr, można utworzyć z liczb 1,2,3,4?

Rozwiązanie.

Liczba parzysta musi kończyć się liczbą parzystą. Na ostatnim miejscu ustawiamy cyfrę 2, następnie 3 poprzednie cyfry można zmienić na P3 = 3! = 6 różnych sposobów; otrzymujemy 6 liczb z dwójką na końcu. Na ostatnim miejscu ustalamy liczbę 4, otrzymujemy P3 = 3! = 6 różnych permutacji trzech poprzedzających cyfr i 6 liczb kończących się na 4.

Całkowita liczba parzystych liczb czterocyfrowych będzie wynosić 6 + 6 = 12 różnych liczb.

Odpowiedź: 12 liczb.

Komentarz. Całkowitą liczbę opcji znajdujemy za pomocą reguły sumy kombinatorycznej (6 opcji dla liczb kończących się na dwa, 6 opcji dla liczb kończących się na cztery; metody konstruowania liczb z dwójką i czwórką na końcu wzajemnie się wykluczają, są niezgodne, zatem łączna liczba opcji jest równa sumie liczby opcji z dwójką na końcu i liczby opcji z 4 na końcu). Wpis 6 + 6 = 12 lepiej oddaje powody naszych działań niż wpis P.

25. F. Na ile sposobów można zapisać liczbę 1) 12 jako iloczyn czynników pierwszych? 2) 24; 3) 120?

Rozwiązanie.

Osobliwością tego problemu jest to, że w rozwinięciu każdej z tych liczb występują identyczne, powtarzające się czynniki. Tworząc różne permutacje z czynników, nie otrzymamy nowej permutacji, jeśli zamienimy dowolne dwa identyczne czynniki.

1) Liczba 12 jest rozłożona na trzy czynniki pierwsze, z czego dwa są takie same: 12 = .

Gdyby wszystkie czynniki były różne, można by je uporządkować w iloczyn P3 = 3! = 6 różnych sposobów. Aby wymienić te metody, warunkowo „rozróżnimy” dwie dwójki i podkreślimy jedną z nich: 12 = 2.

Możliwych jest wówczas 6 wariantów rozkładu na mieszkańców:

Ale tak naprawdę podkreślanie liczb nie ma żadnego znaczenia w matematyce, więc wynikowe 6 permutacji w zwykłym zapisie wygląda następująco:

czyli tak naprawdę otrzymaliśmy nie 6, ale 3 różne permutacje.Liczba permutacji została zmniejszona o połowę ze względu na to, że nie musimy brać pod uwagę permutacji dwóch dwójek ze sobą.

Oznaczmy Px wymagana liczba permutacji trzech elementów, w tym dwóch identycznych; wówczas otrzymany wynik można zapisać następująco: Рз = Р X Ale 2 to liczba różnych permutacji dwóch elementów, tj. 2 == 2! = P 2, zatem P3, = P x P 2, stąd P x \u003d . (jest to wzór na liczbę permutacji z powtórzeniami).

Można rozumować inaczej, opierając się wyłącznie na regule iloczynu kombinatorycznego.

Aby utworzyć iloczyn trzech czynników, najpierw wybierz miejsce na czynnik 3; można to zrobić na jeden z trzech sposobów. Następnie wypełniamy obie pozostałe przestrzenie dwójkami; można to zrobić na 1 sposób. Zgodnie z regułą iloczynu całkowita liczba sposobów wynosi: 3-1 = 3., Р x =20.

Drugi sposób. Komponując iloczyn pięciu czynników, najpierw wybieramy miejsce na pięć (5 sposobów), następnie na trzy (4 sposoby), a pozostałe 3 miejsca wypełniamy dwójkami (1 sposób); zgodnie z regułą iloczynu 5 4 1 = 20.

Odpowiedź: 1) 3; 2) 4; 3) 20.

26. F. Na ile sposobów można pokolorować 6 komórek tak, aby 3 komórki były czerwone, a pozostałe 3 pomalowane (każda w innym kolorze) na biało, czarno lub zielono?

Rozwiązanie.

Permutacje 6 elementów, spośród których trzy są identyczne:

W przeciwnym wypadku: do malowania na biało można wybrać jedną z 6 komórek, czarną – z 5, zieloną – z 4; Trzy pozostałe komórki są pomalowane na czerwono. Całkowita liczba sposobów: 6 5 4 1 = 120.

Odpowiedź: 120 sposobów.

27.T. Pieszy musi przejść jedną przecznicę na północ i trzy przecznice na zachód. Zapisz wszystkie możliwe trasy dla pieszych.= 4.

Odpowiedź: 4 trasy.

28. M. a) Na drzwiach czterech identycznych biur należy zawiesić tabliczki z nazwiskami czterech zastępców dyrektora. Na ile sposobów można to zrobić?

b) W klasie 9 „A” w środę odbywa się 5 lekcji: algebry, geometrii, wychowania fizycznego, języka rosyjskiego, język angielski. Ile opcji harmonogramu możesz utworzyć na ten dzień?

c) Na ile sposobów może czterech złodziei rozproszyć się we wszystkich czterech kierunkach?

d) Adiutant ma obowiązek dostarczyć pięć egzemplarzy rozkazu generała pięciu pułkom. Na ile sposobów może wybrać drogę dostarczenia egzemplarzy zamówienia?

Rozwiązanie.

a) Do pierwszego talerza możesz wybrać dowolną z 4 szafek,
Dla drugiego - którykolwiek z pozostałych trzech, dla trzeciego - którykolwiek z pozostałych dwóch, dla czwartego - jeden pozostały; zgodnie z regułą
produktu, całkowita liczba sposobów wynosi: 4 3 2 1 = 24, czyli P4 = 4! = 24.= 120, czyli P5 = 5! = 120.

Odpowiedź: a) 24; b) 120; c) 24; d) 120.

Literatura

Afanasjew V.V. Teoria prawdopodobieństwa w przykładach i problemach, Jarosław: Jarosławski Państwowy Uniwersytet Pedagogiczny, 1994.

Bavrin I. I. Wyższa matematyka: Podręcznik dla studentów kierunków chemicznych i matematycznych uczelni pedagogicznych – wydanie II, poprawione. - M.: Edukacja, 1993.

Bunimowicz E. A., Bulychev V. A. Prawdopodobieństwo i statystyka. Klasy 5-9: Podręcznik do kształcenia ogólnego instytucje edukacyjne, - M.: Drop, 2005.

Vilenkin N. Ya i inni. Algebra i Analiza matematyczna dla klasy 10: Instruktaż dla uczniów szkół i klas kl dogłębne studium matematyka. - M.: Edukacja, 1992.

Vilenkin N. Ya i inni. Algebra i analiza matematyczna dla klasy 11: Podręcznik dla uczniów szkół i klas z pogłębioną nauką matematyki - M.: Prosveshchenie, 1990.

Glazer G.I. Historia matematyki w szkole: klasy 9-10. Podręcznik dla nauczycieli. - M.: Edukacja 1983.

Dorofeev G.V., Suvorova S.B., Bunimovich E.A. Matematyka 9: Algebra. Funkcje. Analiza danych – M.: Drop, 2000.

Kolagin i inni. Algebra i początek analizy klasa 11. Matematyka w szkole – 2002 – nr 4 – s. 43,44,46.

Lyupshkas V.S. Zajęcia do wyboru z matematyki: teoria prawdopodobieństwa: Podręcznik dla klas 9-11 - M., 1991.

Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G. Elementy statystyki i teorii prawdopodobieństwa: Podręcznik dla uczniów klas 7-9 - M.: Prosveshchenie, 2005.

Mordkovich A.G., Semenov P.V. Algebra i początek analizy klasa 10: Podręcznik dla instytucje edukacyjne (poziom profilu) – M.: Mnemosyne, 2005.

Tkacheva M.V., Fedorova N.E. Elementy statystyki i prawdopodobieństwa: Podręcznik dla uczniów klas 7-9 - M.: Prosveshchenie, 2005.