Şekerleme ürünlerinin yaratılmasını içerir: tatlılar, tatlılar, hamur işleri vb. Kural olarak, bu mesleğin temsilcileri pahalı restoran ve pastanelerde bulunabilir. Ancak bazen şekerlemeciler, işi yalnızca şekerleme ürünlerinin satışıyla ilgili olan kişilerdir.
Şekerlemenin tarihi çok eskilere dayanmaktadır. Maya Kızılderilileri bir zamanlar çikolata yapmak için bir tarif keşfettiler. Antik Hindistan tatlı çubukları yapmak için şeker kamışı kullandılar ve eski Mısırlılar hurmalardan tatlılar yaptılar. Daha sonra Avrupa'da şekerciler, kraliyet ve soyluların saraylarında sözde ayrıcalıklı hizmetçiler arasında yer almaya başladı.
Şunu söylemek gerekir ki pasta şefi mesleği gerçekçi bir türdür. Bu, temsilcilerinin el becerisi ve beceri kullanımını gerektiren pratik çalışmalara yönelik bir tutkuya sahip oldukları anlamına gelir. fiziksel güç. Bu tür çalışmalar, insanlarla iletişimin yanı sıra düşüncelerin formülasyonu ve sunumunu da gerektirmez.
Pasta şefinin sorumlulukları şunlardır: yemek pişirmek çeşitli türler hamur, krema ve dolgular belirli bir tarife göre pişirme ve dekorasyon ürünlerinin yanı sıra.
Bir pasta şefinin mesleği bir kişiden gerektirir hassas bir tat, iyi bir koku alma duyusu, tat hafızası ve ayrıca yaratıcı hayal gücü . Pasta şeflerinin malzemeler konusunda iyi bir anlayışa sahip olması gerekir çeşitli ürünler ve hepsine sahip gerekli bilgi mutfak ekipmanlarının çalışma özellikleri hakkında.
Şunu da vurgulamak gerekir göz ve el-göz koordinasyonunun önemi. Çoğu zaman, kek parçaları gözle kesilir veya kekler büyük bir bütün katmandan kesilir. Ayrıca böyle bir meslek, çok uzun süre ayakta çalışmak zorunda olduğunuz için yeterli fiziksel dayanıklılık gerektirir. yüksek sıcaklık, fırından geliyor. Ayrıca mesleğin dezavantajları arasında kazanma tehdidi de bulunmaktadır. fazla kiloluİstenilen sonucu elde etmek için belirli ürünleri sürekli tatmanız gerektiği gerçeğinden dolayı.
İlişkin kişisel nitelikler o zaman şunu vurgulamakta yarar var doğruluk, gelişmiş tat hafızası ve yaratıcılık asıl noktaya. “Aşçı-Şekerci”, “Şeker Ürünleri Şekercisi” veya “Halk Gıda Ürünleri Teknolojisi” uzmanlığına kaydolarak teknik bir okulda şekerci olmak için eğitim alabilirsiniz.
Bu mesleğin beklentileri hakkında ayrı ayrı konuşmaya değer. Şekerciler kariyerlerine genellikle küçük kantinlerde, restoranlarda veya kafelerde küçük müşteri kitlesiyle başlar. Fakat tecrübe zamanla kazanılır kek ve diğer ürünleri pişirmek için bireysel siparişleri karşılamaya devam edebilirsiniz. Birçok pasta şefi büyük otel ve restoranlarda çalışmaktadır. yüksek seviye ve ayrıca katılmak uluslararası yarışmalar. Elbette ücretler bu tür ustaların maaşları sıradan kafelerin normal çalışanlarından önemli ölçüde daha yüksektir.
Şunu da söylemek gerekiyor sosyal önem. Bir pasta şefinin mesleği her zaman talep görmektedir ve olacaktır.çünkü insanların tatlılara olan sevgisi hiçbir şekilde bir ülkedeki veya belirli bir bölgedeki ekonomik duruma bağlı değildir. Örneğin, gelirin arttığı dönemlerde özel şekerleme ürünlerinin satışları artar ve kriz ve ekonomik gerileme sırasında şekerleme ürünleri insanların depresyonla baş etmelerine yardımcı olur ve bu nedenle de çok popülerdir.
Kombinatorikte, belirli nesnelerden (elemanlardan) belirli bir türden kaç tane kombinasyonun yapılabileceğiyle ilgili sorular incelenir.
Kombinatoriklerin bir dal olarak doğuşu, B. Pascal ve P. Fermat'ın teori üzerine çalışmalarıyla ilişkilidir. kumar. Kombinatoryal yöntemlerin geliştirilmesine büyük katkı G.V. Leibniz, J. Bernoulli ve L. Euler.
Fransız filozof, yazar, matematikçi ve fizikçi Blaise Pascal (1623-1662) olağanüstü çalışmalarını gösterdi. matematik becerileri. Pascal'ın matematiksel ilgi alanları çok çeşitliydi. Pascal bir şeyi kanıtladı
yansıtmalı geometrinin temel teoremlerinden (Pascal teoremi), bir toplama makinesi (Pascal'ın toplama makinesi) tasarladı, binom katsayılarını (Pascal üçgeni) hesaplamak için bir yöntem verdi, kanıt yöntemini kesin olarak tanımlayan ve uygulayan ilk kişi oldu matematiksel tümevarım, sonsuz küçük analizin geliştirilmesinde önemli bir adım attı, oynadı önemli rol Olasılık teorisinin kökenlerinde. Hidrostatikte Pascal, temel yasasını (Pascal yasası) oluşturdu. Pascal'ın "Bir Taşraya Mektuplar"ı Fransız klasik düzyazısının bir başyapıtıydı.
Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716) Alman filozof, matematikçi, fizikçi ve mucit, avukat, tarihçi ve dilbilimciydi. Matematikte I. Newton ile birlikte diferansiyel ve integral hesabı. Önemli Katkı Kombinatoriklere katkıda bulundu. Onun adı özellikle sayı teorisi problemleriyle ilişkilidir.
Gottfried Wilhelm Leibniz'in pek etkileyici bir görünümü yoktu ve bu nedenle oldukça sade görünüşlü bir insan izlenimi veriyordu. Bir gün Paris'e gitti kitapçı Filozof bir arkadaşının kitabını satın alma umuduyla. Bir ziyaretçi bu kitabı sorduğunda kitapçı onu tepeden tırnağa inceleyerek alaycı bir şekilde şöyle dedi: “Buna neden ihtiyacın var? Gerçekten bu tür kitapları okuyabiliyor musun?” Bilim adamının cevap vermesine fırsat kalmadan kitabın yazarı şu sözlerle dükkâna girdi: "Büyük Leibniz'e selamlar ve saygılar!" Satıcı, bunun gerçekten de kitapları bilim adamları arasında büyük talep gören ünlü Leibniz olduğunu anlayamadı.
Gelecekte aşağıdakiler önemli bir rol oynayacaktır:
Lemma. Bir dizi öğeye ve bir dizi öğeye izin verin. Daha sonra tüm farklı çiftlerin sayısı eşit olacaktır.
Kanıt. Gerçekten de, bir kümedeki bir öğeyle bu kadar farklı çiftler oluşturabiliriz ve toplamda bir öğe kümesi oluşturabiliriz.
Yerleştirmeler, permütasyonlar, kombinasyonlar
Üç elemanlı bir kümemiz olsun. Bu unsurlardan ikisini hangi yollarla seçebiliriz? .
Tanım. Birçoğunun yerleşimi çeşitli unsurlarÖğelere göre, belirli öğelerden > öğelerden oluşan ve öğelerin kendileri veya öğelerin sırası bakımından farklılık gösteren kombinasyonlardır.
Bir dizi öğenin öğelere göre tüm yerleşimlerinin sayısı ('den) ile gösterilir. ilk harf Fransızca kelime“düzenleme”, yani yerleştirme anlamına gelir), nerede ve .
Teorem. Bir dizi öğenin öğelere göre yerleşim sayısı eşittir
Kanıt. Diyelim ki elementlerimiz var. Olası yerleşimler olsun. Bu yerleşimleri sırasıyla oluşturacağız. Öncelikle ilk yerleştirme elemanını tanımlayalım. Belirli bir öğe kümesinden seçilebilir çeşitli şekillerde. İlk öğeyi seçtikten sonra, ikinci öğeyi vb. seçmenin hâlâ yolları vardır. Bu tür seçimlerin her biri yeni bir yerleşim sağladığından, tüm bu seçenekler birbiriyle serbestçe birleştirilebilir. Bu nedenle elimizde:
Örnek. Bir bayrak üç yatay çizgiden kaç farklı şekilde oluşabilir? çeşitli renkler, beş renkli malzeme varsa?
Çözüm. Gerekli sayıda üç bantlı bayrak:
Tanım. Bir dizi elementin permütasyonu, elementlerin belirli bir sıraya göre düzenlenmesidir.
Böylece, üç elemanlı bir kümenin tüm farklı permütasyonları
Elementlerin tüm permütasyonlarının sayısı belirtilir (Fransızca "permütasyon" kelimesinin ilk harfinden, "permütasyon", "hareket" anlamına gelir). Bu nedenle hepsinin sayısı çeşitli permütasyonlar formülle hesaplanır
Örnek. Kaleler birbirlerine saldırmayacak şekilde satranç tahtasına kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?
Çözüm. Gerekli sayıda kale
Tanım gereği!
Tanım. Farklı elementlerin elementlerle kombinasyonları, belirli elementlerin elementlerden oluşan ve en az bir elementte farklılık gösteren (başka bir deyişle, belirli bir element kümesinin -element alt kümeleri) kombinasyonlarıdır.
Gördüğünüz gibi kombinasyonlarda yerleşimlerden farklı olarak elemanların sırası dikkate alınmıyor. Her birindeki elementlerin tüm kombinasyonlarının sayısı belirtilir (Fransızca "kombinasyon" kelimesinin ilk harfinden, "kombinasyon" anlamına gelir).
Sayılar
İkili setin tüm kombinasyonları .
Sayıların özellikleri (\sf C)_n^k
Gerçekte, belirli bir -elemanlı kümenin her -elemanlı alt kümesi, aynı kümenin bir ve yalnızca bir -elemanlı alt kümesine karşılık gelir.
Aslında elemanların alt kümelerini seçebiliriz aşağıdaki gibi: bir elemanı düzeltin; bu öğeyi içeren öğe altkümelerinin sayısı eşittir; bu elemanı içermeyen -element altkümelerinin sayısı eşittir.
Pascal üçgeni
Bu üçgende her satırdaki ekstrem sayılar 1'e, ekstrem olmayan her sayı ise bir önceki satırın üstündeki iki sayının toplamına eşittir. Böylece bu üçgen sayıları hesaplamanıza olanak sağlar.
Teorem.
Kanıt. Bir dizi öğeyi ele alalım ve aşağıdaki problemi iki şekilde çözelim: belirli bir öğenin öğelerinden kaç tane dizi oluşturulabilir?
her birinde hiçbir öğenin iki kez görünmediği kümeler var mı?
1 yol. Dizinin ilk üyesini, ardından ikinci, üçüncü vb.'yi seçiyoruz. üye
Yöntem 2. Önce belirli bir kümeden elemanları seçelim, sonra onları belirli bir sıraya göre düzenleyelim.
Bu kesrin payını ve paydasını şu şekilde çarpın:
Örnek.“Sportloto” oyununda 36 sayıdan 5 tanesini kaç farklı şekilde seçebilirsiniz?
Gerekli sayıda yol
Görevler.
1.
Araç plakaları Rus alfabesinin 3 harfinden (33 harf) ve 4 rakamdan oluşmaktadır. Kaç farklı plaka numarası var?
2.
Piyanoda 88 tuş bulunmaktadır. 6 sesi art arda kaç farklı şekilde üretebilirsiniz?
3.
5'e bölünebilen altı basamaklı kaç sayı vardır?
4.
7 farklı madeni para üç cebe kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?
5.
Beş basamaklı kaç sayı yazabilirsiniz? ondalık gösterim hangi 5 rakamı en az bir kez görünüyor?
6.
20 kişi kaç farklı şekilde oturabilir? yuvarlak masa Bir daire içinde hareket ederek birbirlerinden elde edilebiliyorsa, yöntemlerin aynı olduğunu mu düşünüyorsunuz?
7.
5'e bölünebilen ve yazılamayan kaç tane beş basamaklı sayı vardır? aynı sayılar?
8.
Açık kareli kağıt hücre kenarı 1 cm olacak şekilde hücrelerin üst kısımlarından geçmeyen, hücrelerin kenarlarına değmeyen 100 cm yarıçaplı bir daire çiziliyor. Bu daire kaç hücreyle kesişebilir?
9.
Sayılar bitişik ve artan sırada olacak şekilde kaç farklı şekilde sıralanabilir?
10.
Her rakam yalnızca bir kez kullanılabilen rakamlardan kaç tane beş basamaklı sayı oluşturulabilir?
11.
ROT kelimesinden harfleri yeniden düzenleyerek şu kelimeleri elde edebilirsiniz: TOP, ORT, OTR, TRO, RTO. Bunlara anagram denir. LOGARITHM kelimesinden kaç tane anagram yapabilirsiniz?
12.
hadi arayalım bölme toplam olarak doğal sayı gösterimi doğal sayılar. Örneğin burada bir sayının tüm bölümleri verilmiştir:
Bölümler sayıca veya terimlerin sırasına göre farklılık gösteriyorsa farklı kabul edilir.
Bir sayının terimlere kaç farklı bölümü vardır?
13.
Rakamları artmayan üç basamaklı kaç sayı vardır?
14.
Rakamları artmayan dört basamaklı kaç sayı vardır?
15.
17 kişi yan yana olacak şekilde kaç farklı şekilde sıralanabilir?
16.
kızlar ve erkekler rastgele bir sıra koltukta oturuyorlar. İki kız yan yana oturmamak şartıyla kaç farklı şekilde oturabilirler?
17.
kızlar ve erkekler rastgele bir sıra koltukta oturuyorlar. Bütün kızlar yan yana oturacak şekilde kaç farklı şekilde oturabilirler?
Örnek. k, o, n yakınlarda mı duruyorlar?
Örnek. Harflerin bulunduğu “koni” kelimesinin harflerinin kaç tane permütasyonu vardır? k, o, n yakınlarda mı duruyorlar?
Çözüm.
Üçü yan yana olması gereken 5 harf verilmiştir.
Üç harf k, o, n = 3'ten birinin yanında durabilir! = 6 yol.
Harfleri “yapıştırmanın” her yöntemi için k, o, n = 3 elde ederiz! = 6 yol
Harflerin yeniden düzenlenmesi, "yapıştırma" biz.
Harflerin bulunduğu "koni" kelimesinin harflerinin farklı permütasyonlarının toplam sayısı
k, o, n yan yana durmak 6'ya eşittir · 6 = 36 permütasyon - anagram.
Cevap: 36 anagram.
Örnek.
Örnek. A, B, C, D, D, E, F, Z, I, K harflerinin görüntülerinden kaç tanesinin aşağıdakilere sahip olduğunu sayın: 1) dikey bir simetri ekseni; 2) yatay simetri ekseni.
Çözüm.
1) Dikey simetri eksenine sahip harfler: A, D, F – 3 harf (sağdaki A, D harflerinin bazı elemanlarının kalınlaşmasını hesaba katmıyoruz).
2) Yatay simetri eksenine sahip harfler: V, E, ZH, Z, K – 5 harf.
Cevap: 1) 3 harf, 2) 5 harf.
Örnek.
Örnek. XO gezegeninin sakinlerinin alfabelerinde üç harf vardır: A, O, X. Dildeki kelimeler en fazla üç harften oluşur (bir kelimedeki bir harf tekrarlanabilir). Bu gezegenin sakinlerinin sözlüğünde bulunabilecek en fazla kelime sayısı nedir?
Çözüm. Kelimeler tek harfli, iki harfli veya üç harfli olabilir.
Tek harfli kelimeler: A, O, X – 3 kelime.
İki harfli kelimeler: AO, AH, AA, OO, OA, OX, XX, HA, XO – 9 kelime (3·3=9, tekrarlı iki harf seçimi).
Üç harfli kelimeler: 3.9 = 27 kelime (tekrarlı üç kelimeden üçünün seçimi, ilk harfin seçimi - üç yol; olası iki harfli 9 kelimenin her birini her ilk harfe ekleyin).
Böylece XO gezegeninin sakinlerinin sözlüğünde en fazla 3 + 9 + +27 = 39 kelime bulunabilir.
Cevap: 39 kelime.
Örnek No.1.
Örnek No.1. Edebiyat sınavının tüm biletleri iki haneli sayıların bulunduğu kartlara yazılır. Petya rastgele bir kart seçti. Aşağıdaki olayları kesin, imkansız veya rastgele olarak tanımlayın:
Olay A - seçilen kartta bir asal sayı var;
Olay B – kartta bileşik bir numara var;
Olay C – kartta ne asal ne de bileşik olan bir sayı var;
Olay D – kartta çift veya tek bir sayı var.
Çözüm.
A ve B olayları rastgeledir çünkü gerçekleşebilir veya gerçekleşmeyebilir.
C olayı imkansızdır: asal ve bileşik sayıların tanımını hatırlayın.
İki basamaklı herhangi bir sayı ya çift ya da tek olduğundan D olayı güvenilirdir.
Kitabın herhangi bir sayfasını açtınız ve karşınıza çıkan ilk ismi okudunuz. Şu ortaya çıktı: a) seçilen kelimenin yazılışında bir sesli harf var; b) seçilen kelimenin yazımı “o” harfini içeriyor; c) seçilen kelimenin yazılışında sesli harf yoktur; d) Seçilen kelimenin yazılışında yumuşak bir işaret var.
Çözüm.
a) Rus dilinde yalnızca ünsüzlerden oluşan isimler bulunmadığından olay güvenilirdir.
b) Olay rastgeledir.
c) İmkansız bir olay (bkz. a) noktası).
d) Olay rastgeledir.
Örnek.
Örnek. Aşağıdaki uyumsuz olayların toplamını açıklayın.
“Kraliçe gece doğurdu; ya bir oğul (A olayı) ya da bir kız çocuğu (B olayı)…”
Çözüm.
Kraliçe bir oğul veya kız (A B) doğurdu.
Cevap:İki uyumsuz olayın toplamı olan 4 karmaşık olay.
Örnek. o, t, k, r.
Örnek. Harfler dört karta yazılmıştır o, t, k, r. Kartlar çevrildi ve karıştırıldı. Daha sonra bu kartları rastgele sırayla açıp sıraya dizdiler. "Köstebek" kelimesinin ortaya çıkma olasılığı nedir?
Çözüm. Sonuçların tümü dört unsurun olası permütasyonlarıdır ( o, t, k, r); toplam sonuç sayısı n = = 4! = 24.
Olay A – “kartlar açıldıktan sonra “köstebek” kelimesi elde edilecektir”; = 1 (harflerin düzenlenmesi için yalnızca bir seçenek - “mol”; = .
Cevap:
Örnek O, ikincisinde T,üçüncüde İle, dördüncüde P.
Örnek. Dört kart aldık. İlkine mektup yazdılar O, ikincisinde T,üçüncüde İle, dördüncüde P. Kartlar çevrildi ve karıştırıldı. Daha sonra rastgele birer birer kart açıp yanına yerleştirdiler. Sonucun "dur" veya "post" kelimesi olma olasılığı nedir?
Çözüm. Sonuçlar – 4 harften oluşan tüm olası permütasyonlar; toplam sonuç sayısı
n = = 4! = 24.
Olay A – “durdur” veya “yayınla” kelimesi çıktı; olumlu sonuçların sayısı = 1 ("durdur") + 1 ("sonra") = 2 (birbirini dışlayan sonuçların toplamı kuralına göre).
Olasılık = .
Cevap: 1/12.
Örnek No.1. A.S. Puşkin'in "Bronz Süvari" şiirinden aşağıdaki alıntıda kelimelerin uzunluklarını (harf sayısını) ölçtük. Örnekleme seçeneği için 1-3, 4-6, 7-9 aralıklarını seçerek çokluk ve frekans dağılımının histogramlarını oluşturmak gerekir.
“...O, çevredeki karanlıkta korkunçtur! 6, 2, 1, 9, 4
Kaşta ne düşünce! 5, 4, 2, 4
Onda ne güç gizlidir, Ve bu atta ne ateş vardır! 5, 4, 1, 3, 7
Nerede dörtnala koşuyorsun gururlu at, 1, 1, 3, 4, 5, 5
Peki toynaklarını nereye koyacaksın?..." 1, 3, 8, 2, 6
Metnin sağ tarafında kelimeler yerine uzunlukları satır satır yazılmıştır. Hesaplamalardan sonra bir tablo hazırlıyoruz.
Örnek.
Örnek. Rus diliyle ilgili 70 eser kontrol edilirken öğrencilerin yaptığı yazım hatalarının sayısı kaydedildi. Ortaya çıkan veri serisi bir frekans tablosu şeklinde sunuldu:
Yapılan hata sayısında en büyük fark nedir? Bu öğrenci grubu için ne kadar hata tipiktir? Sorulan soruları yanıtlamak için hangi istatistiksel özelliklerin kullanıldığını belirtin.
Çözüm.
Hata sayısında en büyük fark: 6 – 0 = 6.
Tipik hata sayısı: 3 (70 hatanın 26'sında meydana gelir).
Ölçek ve moda kullanılır.
Cevap: 6; 3.
İstatistiksel araştırma frekans tabloları dil.
İstatistiksel araştırmaÇok sayıda edebi metin üzerinde, belirli bir harfin (veya kelimeler arasındaki boşluğun) görünme sıklığının, metnin hacmi arttıkça belirli sabitlere doğru yöneldiğini gösterdiler. Belirli bir dilin harflerini ve bunlara karşılık gelen sabitleri içeren tablolara denir. frekans tabloları dil.
Her yazarın harflerin, kelimelerin, belirli edebi ifadelerin vb. kullanımına ilişkin kendi sıklık tablosu vardır. Bu frekans tablosunu kullanarak yazarı neredeyse parmak izi kadar doğru bir şekilde belirleyebilirsiniz.
Örneğin, kadar Bugün Yazarlıkla ilgili anlaşmazlıklar devam ediyor " Sessiz Don" Oldukça az sayıda insan, 23 yaşındaki M.A. Sholokhov'un çok derin ve gerçekten olduğuna inanıyor harika kitap Sadece yazamadım. Çeşitli argümanlar ve farklı aday yazarlar öne sürüldü. M.A. Sholokhov'a ödül verildiği sırada tartışmalar özellikle hararetliydi. Nobel Ödülü literatürde (1965). İstatistiksel analiz Romanın tanımı ve yazarlığı M.A. Sholokhov'un şüphe götürmez olduğu metinlerle karşılaştırılması, yine de M.A. Sholokhov'un "Sessiz Don" kitabının gerçek yazarı olduğu hipotezini doğruladı.
Örnek No.1.
Örnek No.1.Örnek beyitte yer alan tüm harflerden oluşur
“...Bu ağaç bir çamdır,
Çamın akıbeti de bellidir..."
Bir dizi örnek veri yazın.
Örnek boyutunu bulun.
“O” seçeneklerinin çokluğunu ve sıklığını belirleyin.
Örnek seçeneğinin en yüksek yüzde frekansı nedir?
Çözüm
1). Örnek veri serisi (değer seçeneği):
a, b, c, d, f, i, n, o, p, s, t, y, b, s, e, i.
2). Örneklem büyüklüğü beyitteki toplam harf sayısıdır: n = 30.
3). Seçeneklerin çokluğu “o” 4, seçeneklerin sıklığı eşittir.
4). “C” seçeneği en yüksek frekans yüzdesine sahiptir: çokluğu 6, frekansı
, yüzde frekansı %20.
Cevap: 1). 16 harf; 2). 30; 3). 4 ve 0,133; 4). %20.
Örnek No. 1 (devam).Örnek beyitte yer alan tüm harflerden oluşur
Örnek No. 1 (devam).Örnek beyitte yer alan tüm harflerden oluşur
“...Bu ağaç bir çamdır,
Çamın akıbeti de bellidir..."
Alfabe sırasıyla üç özdeş bölüme ayrılmıştır: 1 numara “a”dan “th”e, 2 numara “k”den “u”ya, 3 numara “f”den “z”ye.
1).3 numaralı bölümün çokluğunu ve (yüzde) frekansını bulun.
2).Bölümlerin frekans dağılım tablosunu yapın.
3). En yüksek frekansın alanını belirtin.
4).Seçilen dağılımı bölümlere ayırarak bir frekans histogramı oluşturun.
Çözüm. Her şeyden önce, eğer Rus alfabesinde 33 harf varsa, o zaman üç özdeş bölümün 11 harften oluşan bölümler olduğunu not ediyoruz. Bir beyitteki harf sayısı: n = 30.
Frekans ve çokluk dağılım tablosu:
Örnek.
Örnek. 60 dokuzuncu sınıf öğrencisi okuma hızı (okuma dakikası başına düşen kelime sayısı) açısından test edildi. Elde edilen veriler beş alana gruplandı: No. 1- (91;100); 2 (101;110); 3 (111;120); 4 (121;130); 5 (131;140). Sonuç, çoklukların bir histogramıdır (şekle bakın). Yaklaşık tahmin: örneğin aralığı, modu, aritmetik ortalaması, cevapların neden sadece yaklaşık olduğunu açıklayın.
Aralık A = 140-91 = 49
Aralık A = 140-91 = 49
Moda.
Ortalama değer.
Elde edilen değerler yalnızca yaklaşık değerlerdir, çünkü hesaplamalar gerçek değerler yerine koşullu değerleri kullandı - kısmi aralıkların sınırları ve orta noktaları, yani deneysel olarak gözlemlenmeyen ancak kolaylık sağlamak için tarafımızca kabul edilen değerler. verileri sunmaktan ibarettir.
Cevap: 49; 125,5; 117,17.
A.G. Mordkovich, P.V. Olaylar. Olasılıklar. İstatistiksel veri işleme: Ek. Cebir dersi 7 – 9. sınıflar için paragraflar. genel eğitim kurumlar / A.G. Mordkovich, P.V. 4. baskı. – M.: Mnemosyne, 2006.-112 s.
Makarychev Yu.N. Cebir: istatistik ve kombinatorik ve olasılık teorisinin unsurları: ders kitabı. 7-9. Sınıf öğrencileri için el kitabı. genel eğitim kurumlar / Yu.N. Makarychev, N.G Mindyuk; tarafından düzenlendi S. A. Telyakovsky - 2. baskı. – M.: Eğitim, 2004.-78 s.
M.V. Tkacheva, N.E. İstatistiğin ve olasılığın unsurları: Genel eğitim 7-9. sınıflar için bir ders kitabı. kurumlar. – M.: Eğitim, 2004.-112 s.
Seçenek 1
1 numara. Beş farklı kitap bir rafa kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?
2 numara. Üç basamaklı kaç sayı var farklı sayılar 0, 1, 3, 6, 7, 9 sayılarından oluşturulabilir mi?
3 numara. Mezunlar toplantısında 9 eski sınıf arkadaşları kartvizit alışverişinde bulundu. Kaç kartvizit kullanıldı?
4 numara. “Figür” kelimesinin “y”, “p”, “a” harflerinin yan yana olduğu kaç harf permütasyonu vardır? belirtilen sıraya göre?
Seçenek 2
1 numara. Altı farklı kitap bir rafa kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?
2 numara. 0, 3, 4, 5, 8 rakamlarından farklı rakamları olan kaç üç basamaklı sayı oluşturulabilir?
3 numara. Konferansta 7 katılımcı telefon numaralarını değiştirdi. Kaç telefon numarası değiştirildi?
4 numara. “Top” kelimesindeki “v”, “e”, “r” harflerinin verilen sıraya göre yan yana geldiği kaç permütasyon vardır?
Bağımsız çalışma. Kombinatorik.
Seçenek 3
1 numara. Yarışmanın çeyrek finalinde 9 yarışma katılımcısı öncelik sırasına göre kaç farklı şekilde performans sergileyebilir?
2 numara. 0, 3, 7, 8 rakamlarını kullanarak mümkün olan her şeyi yapın çift rakamlar, sayıların tekrarlanmadığı.
3 numara. N bölgesinde her iki köy bir yolla birbirine bağlanmaktadır. Bölgede 10 köy varsa bu tür yolların sayısını belirleyin.
4 numara. 3 rakamıyla başlayan ve tüm rakamları farklı olan beş basamaklı kaç telefon numarası vardır?
Seçenek 4
1 numara. Kurye pizzayı altı adrese teslim etmelidir. Kaç rota seçebilir?
2 numara. 0, 2, 4, 6, 8 sayılarını kullanarak mümkün olan her şeyi yapın üç basamaklı sayılar, sayıların tekrarlanmadığı?
3 numara. Düzlemde 9 nokta işaretlenmiştir ve bunların üçü aynı doğru üzerinde yer almamaktadır. Bu noktalardan kaç doğru çizilebilir?
4 numara. 36 ile başlayan ve rakamları farklı olan altı basamaklı kaç telefon numarası vardır?
Yeniden düzenlemeler. Permütasyon sayısı formülü
Permütasyonlar N elemanlar
Bırakın set X oluşur N unsurlar.
Tanım. Tekrarsız yerleştirmeN setin elemanlarıX İle N isminde permütasyon N unsurlar.
Herhangi bir permütasyonun kümenin tüm elemanlarını içerdiğini unutmayın.X ve tam olarak bir kez. Yani, permütasyonlar birbirlerinden yalnızca elemanların sırasına göre farklılık gösterir ve birbirlerinden elemanların permütasyonu ile elde edilebilir (dolayısıyla adı).
Tüm permütasyonların sayısıN elemanlar sembolüyle gösterilir .
Permütasyonlar olduğundan özel durum tekrarı olmayan yerleşimler , ardından sayıyı bulma formülü formül (2)'den elde ederiz, bunun yerine koyarız :
Böylece,
(3)
Örnek. 5 kitap bir rafa kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?
Çözüm. Beş unsurun farklı permütasyonları olduğu kadar kitapları rafa yerleştirmenin de birçok yolu vardır: yollar.
Yorum. Formül (1)-(3)'ün ezberlenmesine gerek yoktur: bunların uygulanmasıyla ilgili problemler her zaman çarpım kuralı kullanılarak çözülebilir. Öğrencilerin kombinatoryal problem modelleri oluşturmada sorunları varsa, o zaman kullanılan formül ve kural kümesini daraltmak daha iyidir (böylece hata yapma olasılığı daha az olur). Doğru, permütasyonların ve formül (3)'ün kullanıldığı problemler genellikle sorunsuz bir şekilde çözülür.
Görevler
1. F. Bilet gişesinde kaç farklı şekilde sıraya girebilirler: 1) 3 kişi; 2) 5 kişi mi?
Çözüm.
Çeşitli seçenekler Bir kuyruktaki n kişinin dizilişi birbirinden yalnızca insanların diziliş sırasına göre farklılık gösterir, yani bunlar n öğenin farklı permütasyonlarıdır.
Üç kişi sıraya girebilir P3 = 3! = 6 farklı yol.
Cevap: 1) 6 yol; 2) 120 yol.
2. T. Dört kişilik bir sıraya 4 kişi kaç farklı şekilde sığabilir?
Çözüm.
Kişi sayısı banktaki koltuk sayısına eşittir, dolayısıyla yerleştirme seçeneklerinin sayısı 4 elementin permütasyon sayısına eşittir: P4 = 4! = 24.
Çarpım kuralına göre mantık yürütebilirsiniz: Birinci kişi için 4 yerden herhangi birini seçebilirsiniz, ikinci kişi için kalan 3 yerden herhangi birini, üçüncü kişi için kalan 2 yerden herhangi birini seçebilirsiniz, sonuncusu kalan 1 yeri alacaktır. ; her şey var = Dört kişilik bir sıraya 4 kişiyi oturtmanın 24 farklı yolu.
Cevap: 24 yol.
3. M. Öğle yemeğinde Vova'da - birinci, ikinci, üçüncü yemekler ve pasta. Kesinlikle pastayla başlayacak ve geri kalanını rastgele sırayla yiyecek. Numarayı bul olası seçenekleröğle yemeği.
Ders kitabından M problemleri. A.G. Mordkovich'in kılavuzları
T - ed. S.A.Telyakovsky
F-M.V.
Çözüm.
Pastanın ardından Vova üç yemekten herhangi birini, ardından ikisini seçip gerisini bitirebilir. Toplam sayı Olası öğle yemeği seçenekleri: =6.
Cevap: 6.
4. F. Bir cümledeki kelimelerin sırasını değiştirerek kaç farklı doğru (Rus dili açısından) cümle oluşturulabilir: 1) “Yürüyüşe çıktım”; 2) "Bahçede bir kedi yürüyor"?
Çözüm.
İkinci cümlede “in” edatı her zaman gönderme yaptığı “yard” isminden önce gelmelidir. Bu nedenle, "bahçede" çiftini tek bir kelime olarak sayarsak, üç kelimenin farklı permütasyonlarının sayısını bulabilirsiniz. koşullu kelimeler: P3 = 3! = 6. Böylece bu durumda 6 doğru cümle kurabilirsiniz.
Cevap: 1) 6; 2) 6.
5. Bir dörtgenin köşelerini belirtmek için K, L, M, H harflerini kaç farklı şekilde kullanabilirsiniz?
Çözüm.
Dörtgenin köşelerinin numaralandırıldığını ve her birinin sabit bir sayıya sahip olduğunu varsayacağız. Daha sonra sorun, 4 harfin 4 yerde (köşelerde) düzenlenmesinin farklı yollarının sayısını saymaya, yani farklı permütasyonların sayısını saymaya gelir: P4 = 4! =24 yol.
Cevap: 24 yol.
6. F. Dört arkadaş, birinci sıradaki 1. ve 2. koltuklar için, ikinci sıradaki 1. ve 2. koltuklar için sinema bileti aldılar. Arkadaşlar sinemada bu 4 koltuğu kaç farklı şekilde alabilirler?
Çözüm.
Dört arkadaş 4 kişiyi alabilir farklı yerler P4 = 4! = 24 farklı yol.
Cevap: 24 yol.
7. T. Kurye, paketleri 7 farklı kuruma teslim etmek zorundadır. Kaç rota seçebilir?
Çözüm.
Rota, kuryenin kurumları ziyaret etme sırası olarak anlaşılmalıdır. Kurumları 1'den 7'ye kadar numaralandıralım, ardından rota 7 rakamdan oluşan bir dizi olarak temsil edilecek, sırası değişebilir. Rotaların sayısı 7 elemanın permütasyon sayısına eşittir: P7= 7! = 5.040.
Cevap: 5.040 rota.
8. T. Kaç tane ifade aynıdır? ürüne eşit abcde, faktörlerin yeniden düzenlenmesiyle hangileri elde edilir?
Çözüm.
Verilen, sırası değişebilen beş farklı abcde faktörünün ürünüdür (faktörler yeniden düzenlendiğinde ürün değişmez).
Toplamda P5 = 5 var! = Beş çarpanı düzenlemenin 120 farklı yolu; Bunlardan birini (abcde) orijinal olarak kabul ediyoruz, geri kalan 119 ifade de buna eşit.
Cevap: 119 ifade.
9. T. Olga, arkadaşının telefon numarasının 5, 7, 8 sayılarıyla bittiğini hatırlıyor ancak bu sayıların hangi sırayla göründüğünü unutuyor. Arkadaşına ulaşmak için geçmesi gereken en fazla seçeneği belirtin.
Çözüm.
Son üç hane telefon numarası P3 =3'ten birinde bulunabilir! =6 olası sıralama, bunlardan yalnızca biri doğru. Olga hemen doğru seçeneği yazabilir, üçüncü olarak yazabilir vb. En büyük sayı eğer çevirmesi gereken seçenekler doğru seçenek sonuncu olacak, yani altıncı olacak.
Cevap: 6 seçenek.
10. T. Sayılardan kaç tane altı basamaklı sayı (tekrarlayan sayılar olmadan) yapılabilir: a) 1,2, 5, 6, 7, 8; b) 0, 2, 5, 6, 7, 8? Çözüm.
a) 6 rakam verildiğinde: 1, 2, 5, 6, 7, 8, bunlardan ancak bu rakamları yeniden düzenleyerek farklı altı basamaklı sayılar oluşturabilirsiniz. Altı basamaklı farklı sayıların sayısı P6 = 6'ya eşittir! = 720.
b) 6 rakam verildiğinde: 0, 2, 5, 6, 7, 8, bunlardan çeşitli altı haneli sayılar oluşturmanız gerekir. Farkı önceki görev sıfırın önce gelemeyeceğidir.
Çarpım kuralını doğrudan uygulayabilirsiniz: İlk sıra için 5 haneden (sıfır hariç) herhangi birini seçebilirsiniz; ikinci sırada - kalan 5 rakamdan herhangi biri (4'ü “sıfır değildir” ve şimdi sıfır sayıyoruz); üçüncü sıraya - ilk iki seçenekten sonra kalan 4 haneden herhangi biri vb. Toplam seçenek sayısı: = 600.
Gereksiz seçenekleri ortadan kaldırma yöntemini kullanabilirsiniz. 6 hane yeniden düzenlenebilir P6 = 6! = 720 farklı yol. Bu yöntemler arasında ilk sıranın sıfır olduğu kabul edilemez olanlar da olacaktır. Bu geçersiz seçeneklerin sayısını sayalım. İlk sırada sıfır varsa (sabittir), sonraki beş basamakta 2, 5, 6, 7, 8 gibi "sıfır olmayan" sayılar bulunabilir. 5 yere yerleştirilebilir, P5 = 5'e eşittir! = 120, yani sıfırdan başlayan sayıların permütasyon sayısı 120'dir. Bu durumda gereken farklı altı basamaklı sayıların sayısı şuna eşittir: P6 - P5 = 720 - 120 = 600.
Cevap: a) 720; b) 600 sayı.
11. T. 3, 5, 7, 9 rakamlarından oluşan dört basamaklı (tekrarsız) sayıların kaç tanesi: a) 3 rakamıyla başlayan;
b) 15'in katları mıdır?
Çözüm.
a) 3, 5, 7, 9 sayılarından 3 rakamıyla başlayan dört basamaklı sayılar yaparız.
İlk sıraya 3 sayısını sabitliyoruz; sonra kalan üçte5, 7 9 sayıları herhangi bir sıraya göre yerleştirilebilir. Konumları için toplam seçenek sayısı P'ye eşittir. 3 = 3!=6. O kadar çok farklı dört basamaklı sayı olacak kiverilen numaralar ve 3 rakamıyla başlıyor.
b) Bu rakamların toplamı olan 3 + 5 + 7 + 9 = 24'ün toplamının 3'e bölünebileceğini, dolayısıyla bu rakamlardan oluşan her dört basamaklı sayının da 3'e bölünebileceğini unutmayın. Bu sayılardan bazılarının bölünebilmesi için 15'e kadar 5 rakamıyla bitmeleri gerekiyor.
5 sayısını sabitliyoruz son yer; kalan 3 hane 5 Рз = 3'ün önündeki üç yere yerleştirilebilir! = 6 farklı yol. Bu sayılardan oluşan ve 15'e bölünebilen pek çok farklı dört basamaklı sayı olacaktır.
Cevap: a) 6 sayı; b) 6 sayı.
12. T. 1, 3, 5, 7 rakamlarından yapılabilecek tüm dört basamaklı sayıların rakamlarının toplamını (tekrarlamadan) bulun.
Çözüm.
1, 3, 5, 7 rakamlarından (tekrarsız) oluşan her dört basamaklı sayının rakam toplamı 1 + 3 + 5 + 7 = 16'ya eşittir.
Bu sayılardan P4 = 4 yapabilirsiniz! = 24 farklı sayılar, yalnızca rakamların sırası farklılık gösterir. Bu sayıların rakamlarının toplamı şuna eşit olacaktır:
16 = 384.
Cevap: 384.
13. T. Aralarında Oleg ve Igor'un da bulunduğu yedi erkek çocuk arka arkaya duruyor. Numarayı bul olası kombinasyonlar, Eğer:
a) Oleg sıranın sonunda olmalı;
b) Oleg sıranın başında olmalı ve Igor sıranın sonunda olmalıdır;
c) Oleg ve Igor yan yana durmalıdır.
Çözüm.
a) 7 yerde yalnızca 7 erkek çocuk var, ancak bir öğe sabittir ve yeniden düzenlenemez (Oleg sıranın sonundadır). Olası kombinasyonların sayısı Oleg'in önünde duran 6 çocuğun permütasyon sayısına eşittir: P6=6!=720.
bir çift gibi tek eleman, diğer beş elementle yeniden düzenlendi. O zaman olası kombinasyonların sayısı P6 = 6 olacaktır! = 720.
Oleg ve Igor'un şimdi IO sırasına göre yan yana durmasına izin verin. Sonra başka bir P6 = 6 elde ederiz! = 720 diğer kombinasyon.
Oleg ve Igor'un yan yana (herhangi bir sırayla) olduğu kombinasyonların toplam sayısı 720 + 720 = 1.440'tır.
Cevap: a) 720; b) 120; c) 1.440 kombinasyon.
14. M. Maçın başlamasından önce 11 futbolcu sıraya giriyor. Birincisi kaptan, ikincisi kaleci ve diğerleri rastgele. Kaç tane inşaat yöntemi var?
Çözüm.
Kaptan ve kaleciden sonra üçüncü oyuncu kalan 9 yerden herhangi birini seçebilir, sonraki 8 yerden vb. Seçebilir. Çarpım kuralını kullanan inşaat yöntemlerinin toplam sayısı şuna eşittir:
1 =362,880 veya P9 = 9! = 362.880.
Cevap: 362.880.
15. M. Bir küpün köşeleri A, B, C, D, E, F, G, K harfleriyle kaç farklı şekilde gösterilebilir?
Çözüm.
İlk köşe için 8 harften herhangi birini, ikincisi için kalan 7 harften herhangi birini vb. seçebilirsiniz. Çarpım kuralına göre toplam yol sayısı:=40 320 veya P8 = 8!
Cevap: 40.320.
16. T. Pazartesi programında altı ders var: cebir, geometri, biyoloji, tarih, beden eğitimi, kimya. İki matematik dersi yan yana olacak şekilde bu günün ders programını kaç farklı şekilde oluşturabilirsiniz?
Çözüm.
İki matematik dersinin yan yana olması gereken toplam 6 ders bulunmaktadır.
İki elemanı (cebir ve geometri) önce AG sırasına göre, sonra GA sırasına göre “yapıştırıyoruz”. Her “yapıştırma” seçeneği için P5 = 5 elde ederiz! = 120 program seçeneği. Program oluşturmanın toplam yol sayısı 120 (AG) +120 (GA) = 240'tır.
Cevap: 240 yol.
17. T. K, O, N harflerinin yan yana olduğu “koni” kelimesinin harflerinin kaç permütasyonu vardır?
Çözüm.
Üçü yan yana olması gereken 5 harf verilmiştir. Üç harf K, O, N, P3 = 3'ten birinin yanında durabilir! = 6 yol. K, O, N harflerini "yapıştırmanın" her yöntemi için P3 = 3 elde ederiz! = Harflerin permütasyonunun 6 yolu, “yapıştırma”, U, S. K, O, N harflerinin yan yana olduğu “koni” kelimesinin harflerinin farklı permütasyonlarının toplam sayısı 6 6 = 36'dır permütasyonlar - anagramlar.
Cevap: 36 anagram.
18. T. 5 erkek ve 5 kız tiyatroda aynı sırada 1'den 10'a kadar olan sıralara kaç farklı şekilde yerleşebilirler? Erkekler tek sayılı sıralara, kızlar ise çift sayılı sıralara oturursa, bunu kaç farklı şekilde yapabilirler?
Çözüm.
Erkek çocuk düzenlemesi için her seçenek, kız çocuk düzenleme seçeneklerinin her biriyle birleştirilebilir, dolayısıyla çarpım kuralına göre bu durumda çocukları oturtmanın toplam yolu sayısı 120'dir. 20= 14400.
Cevap: 3.628.800 yol; 14.400 yol.
19. T. Beş erkek ve dört kız dokuz kişilik bir sıraya, her kız iki erkek çocuğun arasına oturacak şekilde oturmak istiyor. Bunu kaç farklı şekilde yapabilirler?
Çözüm.
Görevin şartlarına göre kız ve erkek öğrencilerin dönüşümlü olarak oturması gerekir, yani kızlar sadece çift sayılı yerlere, erkekler ise sadece tek sayılı yerlere oturabilirler. Bu nedenle kızlar yalnızca kızlarla yer değiştirebilir, erkekler ise yalnızca erkeklerle yer değiştirebilir. Dört kız dört eşit yere oturabilir P4 = 4! = 24 yol ve beş farklı yerde beş erkek P5 = 5! = 120 yol.
Kızları yerleştirmenin her yolu, erkekleri yerleştirmenin her yolu ile birleştirilebilir, dolayısıyla çarpım kuralına göre toplam yol sayısı şuna eşittir: P4
20 = 2.880 yol.
Cevap: 2.880 yol.
20. F. 30 ve 210 sayılarını asal çarpanlara ayıran sayı, basit çarpanların çarpımı olarak kaç farklı şekilde yazılabilir: 1) 30; 2) 210?
Çözüm.
Bu sayıları asal çarpanlara ayıralım:
30 = 2 ; 210 = 2 .
30 sayısı asal çarpanların çarpımı olarak yazılabilir.
R 3 = 3! = 6 farklı şekillerde(faktörlerin yeniden düzenlenmesi).
210 sayısı asal sayıların çarpımı olarak yazılabilir.
çarpanlarR
4
= 4!
= 24 farklı yol.
Cevap: 1) 6 yol; 2) 24 yol.
21. F. 1, 2, 3, 5 sayıları kullanılarak rakamları tekrarlanmayan dört basamaklı kaç farklı çift sayı yazılabilir?
Çözüm.
Bir sayının çift olabilmesi için çift rakamla yani 2 ile bitmesi gerekir. İkiyi son sıraya sabitleyelim, kalan üç rakamın herhangi bir sırayla önünde görünmesi gerekir. 3 haneli farklı permütasyonların sayısı P3 = 3'tür! = 6; bu nedenle, ayrıca 6 farklı çift dört basamaklı sayı olacaktır (üç basamaklı her permütasyona 2 sayısı eklenir).
Cevap: 6 sayı.
22. F. 1,2, 4, 6, 8 rakamları kullanılarak rakamları aynı olmayan beş basamaklı kaç farklı tek sayı yazılabilir?
Çözüm.
Bir sayının tek sayı olması için sonunun tek rakamla yani bir rakamla bitmesi gerekir. Geriye kalan 4 hane, her yeniden düzenleme birimin önüne yerleştirilerek yeniden düzenlenebilir.
Beş basamaklı tek sayıların toplam sayısı permütasyon sayısına eşittir: P4 = 4! =24.
23. F. 1 rakamlarını kullanarak rakamları tekrarlanmayan altı basamaklı kaç farklı sayı yazılabilir; 2 3, 4, 5, 6, eğer: 1) sayı 56 ile başlamalıdır; 2) 5 ve 6 sayıları yan yana mı olmalı?
Çözüm.
Sayının başına 5 ve 6 rakamlarını sabitliyoruz ve kalan 4 rakamdan çeşitli permütasyonlar ekliyoruz; farklı altı basamaklı sayıların sayısı eşittir: P4 = 4! = 24.
5 ve 6 rakamları yan yana (herhangi bir sırayla) olan altı basamaklı farklı sayıların toplam sayısı 120 + 120 = 240 sayıdır. (Seçenek 56 ve 65 uyumsuzdur ve aynı anda gerçekleştirilemezler; kombinatoryal toplam kuralını uyguluyoruz.)
Cevap: 1) 24'üncü; 2) 240 sayı.
24. F. 1,2,3,4 sayılarından rakamları aynı olmayan kaç farklı dört basamaklı çift sayı oluşturulabilir?
Çözüm.
Çift sayıçift sayıyla bitmelidir. En son 2 rakamını sabitliyoruz, ardından önceki 3 rakam P3 = 3 olarak yeniden düzenlenebilir! = 6 farklı yol; sonunda iki olan 6 sayı elde ederiz. En son 4 sayısını sabitlersek P3 = 3 elde ederiz! = Önceki üç rakamın 6 farklı permütasyonu ve 4 ile biten 6 sayı.
Dört basamaklı çift sayıların toplamı 6 + 6 = 12 farklı sayı olacaktır.
Cevap: 12 sayı.
Yorum. Kombinatoryal toplam kuralını kullanarak toplam seçenek sayısını buluyoruz (iki ile biten sayılar için 6 seçenek, dört ile biten sayılar için 6 seçenek; iki ve sonunda dört olan sayıları oluşturma yöntemleri birbirini dışlayan, uyumsuz, dolayısıyla toplam seçenek sayısı, sonunda iki olan seçenek sayısı ile sonunda 4 olan seçenek sayısının toplamına eşittir). 6 + 6 = 12 girişi, eylemlerimizin nedenlerini P girişinden daha iyi yansıtıyor.
25. F. 1) 12 sayısı asal çarpanların çarpımı olarak kaç farklı şekilde yazılabilir? 2) 24; 3) 120?
Çözüm.
Bu problemin özelliği, bu sayıların her birinin genişlemesinde aynı, tekrar eden faktörlerin bulunmasıdır. Faktörlerden farklı permütasyonlar oluştururken, herhangi iki özdeş faktörün yerini değiştirirsek yeni bir permütasyon elde edemeyiz.
1) 12 sayısı üçe ayrılmıştır asal faktörler, ikisi aynıdır: 12 = .
Eğer tüm faktörler farklı olsaydı, P3 = 3 çarpımında yeniden düzenlenebilirlerdi! = 6 farklı yol. Bu yöntemleri listelemek için iki ikiyi koşullu olarak “ayıracağız” ve bunlardan birini vurgulayacağız: 12 = 2.
O zaman sakinlere ayırmanın aşağıdaki 6 çeşidi mümkündür:
Fakat aslında sayıların altını çizmenin matematikte hiçbir anlamı yoktur, dolayısıyla sıradan gösterimde ortaya çıkan 6 permütasyon şöyle görünür:
yani aslında 6 değil 3 farklı permütasyon elde ettik. İki ikinin birbiriyle permütasyonlarını hesaba katmak zorunda olmadığımız için permütasyon sayısı yarıya indirildi.
P x'i gösterelim iki özdeş öğe dahil olmak üzere üç öğenin gerekli permütasyon sayısı; o zaman elde ettiğimiz sonuç şu şekilde yazılabilir: Рз = Р X Ancak 2, iki elementin farklı permütasyonlarının sayısıdır, yani 2 == 2! = P 2, dolayısıyla P3, = P x P 2, dolayısıyla P x = 
. (Bu, tekrarlı permütasyon sayısının formülüdür).
Yalnızca kombinatoryal çarpım kuralına dayanarak farklı bir şekilde akıl yürütülebilir.
Üç faktörün çarpımını oluşturmak için önce faktör 3'ün yerini seçin; bu üç yoldan biriyle yapılabilir. Bundan sonra kalan her iki boşluğu da ikililerle dolduruyoruz; bu 1 şekilde yapılabilir. Çarpım kuralına göre toplam yol sayısı: 3-1 =3., P x =20.
İkinci yol. Beş faktörün çarpımını oluştururken önce beş (5 yol), sonra üç (4 yol) için bir yer seçiyoruz ve kalan 3 yeri ikişer (1 yol) ile dolduruyoruz; 5 4 1 = 20 çarpım kuralına göre.
Cevap: 1) 3; 2) 4; 3) 20.
26. F. 6 hücre, 3 hücre kırmızı ve geri kalan 3 hücre (her biri kendi renginde) beyaz, siyah veya yeşil olacak şekilde kaç farklı şekilde renklendirilebilir?
Çözüm.
Üçü aynı olan 6 elementin permütasyonları:
Aksi takdirde: beyazla boyamak için 6 hücreden birini seçebilirsiniz; siyah - 5'ten, yeşil - 4'ten; Kalan üç hücre kırmızıya boyanmıştır. Toplam yol sayısı: 6 5 4 1 = 120.
Cevap: 120 yol.
27.T. Bir yayanın bir blok kuzeye ve üç blok batıya yürümesi gerekir. Olası tüm yaya yollarını yazın.= 4.
Cevap: 4 yol.
28. M. a) Birbirinin aynısı olan dört ofisin kapısına dört müdür yardımcısının isminin yazılı olduğu tabelaların asılması zorunludur. Bu kaç farklı şekilde yapılabilir?
b) Çarşamba günü 9 “A” sınıfında 5 ders vardır: cebir, geometri, beden eğitimi, Rus dili, ingilizce dili. Bu gün için kaç tane program seçeneği oluşturabilirsiniz?
c) Dört hırsız teker teker dört yöne kaç farklı şekilde dağılabilir?
d) Komutan, generalin emrinin beş nüshasını beş alaya teslim etmelidir. Siparişin kopyalarının teslimat yolunu kaç farklı şekilde seçebilir?
Çözüm.
a) İlk plaka için 4 dolaptan herhangi birini seçebilirsiniz,
İkincisi için - kalan üç kişiden herhangi biri, üçüncüsü için - kalan ikisinden herhangi biri, dördüncüsü için - bir kalan; kurala göre
çarpımında toplam yol sayısı: 4 3 2 1 = 24 veya P4 = 4! = 24.= 120 veya P5 = 5! = 120.
Cevap: a) 24; b) 120; c) 24; 120.
Edebiyat
Afanasyev V.V. Örnekler ve problemlerde olasılık teorisi, Yaroslavl: Yaroslavl Devlet Pedagoji Üniversitesi, 1994.
Bavrin I.I. Yüksek matematik: Pedagoji üniversitelerinin kimya ve matematik uzmanlık öğrencileri için ders kitabı - 2. baskı, revize edilmiş. - M.: Eğitim, 1993.
Bunimovich E.A., Bulychev V.A. Olasılık ve istatistik. 5-9. Sınıflar: Genel eğitim el kitabı eğitim kurumları, - M .: Bustard, 2005.
Vilenkin N. Ya ve diğerleri. Cebir ve matematiksel analiz 10. sınıf için: öğretici okul ve sınıf öğrencileri için derinlemesine çalışma matematik. - M.: Eğitim, 1992.
Vilenkin N. Ya ve diğerleri. 11. sınıf için cebir ve matematiksel analiz: Derinlemesine matematik çalışması olan okul ve sınıf öğrencileri için bir ders kitabı - M .: Prosveshchenie, 1990.
Glazer G.I. Okulda matematik tarihi: 9-10. Sınıflar. Öğretmenler için el kitabı. - M.: Eğitim 1983.
Dorofeev G.V., Suvorova S.B., Bunimovich E.A. Matematik 9: Cebir. Fonksiyonlar. Veri analizi - M.: Bustard, 2000.
Kolyagin ve diğerleri. Cebir ve analizin başlangıcı 11. sınıf. Okulda matematik - 2002 - Sayı 4 - s. 43,44,46.
Lyupshkas V.S. Seçmeli dersler matematikte: olasılık teorisi: 9-11. Sınıflar için ders kitabı - M., 1991.
Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G. İstatistiğin unsurları ve olasılık teorisi: 7-9. Sınıflardaki öğrenciler için bir ders kitabı - M .: Prosveshchenie, 2005.
Mordkovich A.G., Semenov P.V. Cebir ve analizin başlangıcı 10. sınıf: Ders Kitabı eğitim kurumları (profil düzeyi) – M.: Mnemosyne, 2005.
Tkacheva M.V., Fedorova N.E. İstatistiğin ve olasılığın unsurları: 7-9. Sınıflardaki öğrenciler için bir ders kitabı - M.: Eğitim, 2005.