Gautos vertės yra tik apytikslės, nes vietoj faktinių verčių skaičiavimuose buvo naudojamos sąlyginės reikšmės - dalinių intervalų ribos ir vidurio taškai, tai yra vertės, kurios nebuvo stebimos eksperimentiškai, bet buvo mūsų priimtos.

Pavyzdys. k, o, n ar jie stovi vienas šalia kito?

• Pavyzdys. Kiek yra žodžio „kūgis“ raidžių permutacijų, kuriose raidės k, o, n ar jie stovi vienas šalia kito?

• Sprendimas.

• Duotos 5 raidės, iš kurių trys turi būti viena šalia kitos.

• Trys raidės k, o, n gali stovėti šalia vieno iš = 3! = 6 būdai.

• Kiekvienam raidžių „klijavimo“ būdui k, o, n gauname = 3! = 6 būdai

• Raidžių pertvarkymas, „klijavimas“ u, s.

• Bendras skirtingų žodžio „kūgis“ raidžių permutacijų skaičius, kuriame raidės

• k, o, n stovėti vienas šalia kito lygu 6 · 6 = 36 permutacijos – anagramos.

• Atsakymas: 36 anagramos.

Pavyzdys.

• Pavyzdys. Suskaičiuokite, kiek raidžių A, B, C, D, D, E, F, Z, I, K vaizdų yra raidžių, turinčių: 1) vertikalią simetrijos ašį; 2) horizontali simetrijos ašis.

• Sprendimas.

• 1) Raidės su vertikalia simetrijos ašimi: A, D, F – 3 raidės (neatsižvelgiame į kai kurių A, D raidžių elementų sustorėjimą dešinėje).

• 2) Raidės su horizontalia simetrijos ašimi: V, E, ZH, Z, K – 5 raidės.

• Atsakymas: 1) 3 raidės, 2) 5 raidės.

Pavyzdys.

• Pavyzdys. XO planetos gyventojų abėcėlėje yra trys raidės: A, O, X. Kalbos žodžiai susideda ne iš trijų raidžių (raidė žodyje gali kartotis). Koks didžiausias žodžių skaičius gali būti šios planetos gyventojų žodyne?

• Sprendimas.Žodžiai gali būti vienos raidės, dviejų raidžių arba trijų raidžių.

• Vienos raidės žodžiai: A, O, X – 3 žodžiai.

• Dviejų raidžių žodžiai: AO, AH, AA, OO, OA, OX, XX, HA, XO – 9 žodžiai (3·3=9, pasirenkamos dvi raidės su pasikartojimais).

• Trijų raidžių žodžiai: 3·9=27 žodžiai (pasirenkami trys iš trijų su pasikartojimais, pirmosios raidės pasirinkimas – trys būdai; prie kiekvienos pirmosios raidės pridėkite kiekvieną iš 9 galimų dviejų raidžių žodžių).

• Taigi XO planetos gyventojų žodyne gali būti daugiausiai 3 + 9 + +27 = 39 žodžiai.

• Atsakymas: 39 žodžiai.

1 pavyzdys.

• 1 pavyzdys. Visi bilietai į literatūros egzaminą surašyti ant kortelių su dviženkliais skaičiais. Petya atsitiktinai pasirinko vieną kortelę. Apibūdinkite šiuos įvykius kaip tikrus, neįmanomus ar atsitiktinius:

• Įvykis A – pasirinktoje kortelėje yra pirminis skaičius;

• Įvykis B – kortelėje yra sudėtinis skaičius;

• Įvykis C – kortelėje yra skaičius, kuris nėra nei pirminis, nei sudėtinis;

• Įvykis D – kortelėje yra lyginis arba nelyginis skaičius.

• Sprendimas.

• Įvykiai A ir B yra atsitiktiniai, nes gali įvykti arba neįvykti.

• Įvykis C neįmanomas: atsiminkite pirminių ir sudėtinių skaičių apibrėžimą.

• D įvykis yra patikimas, nes bet kuris dviženklis skaičius yra lyginis arba nelyginis.

• Jūs atidarėte knygą bet kuriame puslapyje ir perskaitėte pirmą pasitaikiusį daiktavardį. Paaiškėjo, kad: a) pasirinkto žodžio rašyboje yra balsė; b) pasirinkto žodžio rašyboje yra raidė „o“; c) pasirinkto žodžio rašyboje nėra balsių; d) pasirinkto žodžio rašyboje yra minkštasis ženklas.

• Sprendimas.

• a) Įvykis patikimas, nes rusų kalboje nėra daiktavardžių, susidedančių tik iš priebalsių.

• b) Įvykis atsitiktinis.

• c) Neįmanomas įvykis (žr. a punktą).

• d) Įvykis yra atsitiktinis.

Pavyzdys.

• Pavyzdys. Apibūdinkite šių nesuderinamų įvykių sumą.

• „Karalienė naktį pagimdė sūnų (įvykis A) arba dukrą (įvykis B) ...“

• Sprendimas.

• Karalienė pagimdė sūnų arba dukrą (A B).

• Atsakymas: 4 sudėtingi įvykiai, kurie yra dviejų nesuderinamų įvykių suma.

Pavyzdys. o, t, k, r.

• Pavyzdys. Raidės parašytos ant keturių kortelių o, t, k, r. Kortos buvo apverstos ir sumaišytos. Tada jie atidarė šias korteles atsitiktinai, vieną po kitos ir sudėjo jas į eilę. Kokia tikimybė, kad išlįs žodis „kurmis“?

• Sprendimas. Rezultatai yra visos galimos keturių elementų permutacijos ( o, t, k, r); bendras rezultatų skaičius yra n = = 4! = 24.

• Renginys A – „atplėšus korteles bus gautas žodis „kurmis““; = 1 (tik viena raidžių išdėstymo parinktis - „molis“; = .

• Atsakymas:

Pavyzdys O, antroje T, trečioje su, ketvirtoje p.

• Pavyzdys. Paėmėme keturias korteles. Ant pirmojo jie parašė laišką O, antroje T, trečioje su, ketvirtoje p. Kortos buvo apverstos ir sumaišytos. Tada jie atsitiktinai atidarė vieną kortelę po kitos ir padėjo ją šalia. Kokia tikimybė, kad rezultatas buvo žodis „stop“ arba žodis „post“?

• Sprendimas. Rezultatai – visos galimos 4 raidžių permutacijos; bendras rezultatų skaičius

• n = = 4! = 24.

• Įvykis A – „išėjo žodis „stop“ arba „post“; palankių baigčių skaičius = 1 ("stop") + 1 ("post" = 2 (pagal vienas kitą paneigiančių baigčių sumos taisyklę).

• Tikimybė = .

• Atsakymas: 1/12.

• 1 pavyzdys.Žemiau esančioje ištraukoje iš A. S. Puškino eilėraščio „Bronzinis raitelis“ išmatavome žodžių ilgį (raidžių skaičių). Būtina sudaryti dauginių ir dažnių pasiskirstymo histogramas, atrankos variantui parenkant intervalus 1-3, 4-6, 7-9.

• „...Jis baisus aplinkinėje tamsoje! 6, 2, 1, 9, 4

• Kokia mintis ant antakio! 5, 4, 2, 4

• Kokia galia jame slypi, O kokia ugnis šitame arklyje! 5, 4, 1, 3, 7

• Kur tu joji, išdidus žirgas, 1, 1, 3, 4, 5, 5

• O kur dėsi kanopas?...“ 1, 3, 8, 2, 6

• Teksto dešinėje, vietoj žodžių, eilutė po eilutės užrašomi jų ilgiai. Po skaičiavimų sudarome lentelę.

Pavyzdys.

• Pavyzdys. Tikrinant 70 darbų rusų kalba, pastebėtas studentų rašybos klaidų skaičius. Gautos duomenų eilutės buvo pateiktos dažnių lentelės pavidalu:

• Koks yra didžiausias padarytų klaidų skaičiaus skirtumas? Koks klaidų skaičius būdingas šiai mokinių grupei? Nurodykite, kokios statistinės charakteristikos buvo naudojamos atsakant į pateiktus klausimus.

• Sprendimas.

• Didžiausias klaidų skaičiaus skirtumas: 6 – 0 = 6.

• Tipiškas klaidų skaičius: 3 (įvyksta 26 kartus iš 70).

• Naudojamas mastelis ir mada.

• Atsakymas: 6; 3.

Statistiniai tyrimai dažnių lentelės kalba.

• Statistiniai tyrimai per daug literatūros tekstų jie parodė, kad tam tikros raidės (arba tarpo tarp žodžių) atsiradimo dažniai yra linkę į tam tikras konstantas, kai didėja teksto apimtis. Vadinamos lentelės, kuriose yra tam tikros kalbos raidės ir atitinkamos konstantos dažnių lentelės kalba.

• Kiekvienas autorius turi savo raidžių, žodžių, specifinių literatūrinių posakių vartojimo dažnumo lentelę. Naudodami šią dažnių lentelę galite nustatyti autorių taip pat tiksliai, kaip naudodami pirštų atspaudus.

Pavyzdžiui, iki šiol tebesitęsia diskusijos apie „Tylaus Dono“ autorystę. Nemažai žmonių mano, kad būdamas 23 metų M.A.Sholokhovas tiesiog negalėjo parašyti tokios gilios ir tikrai puikios knygos. Buvo pateikti įvairūs argumentai ir skirtingi kandidatai. Diskusijos buvo ypač karštos tuo metu, kai M.A.Sholokhovas buvo apdovanotas Nobelio literatūros premija (1965). Statistinė romano analizė ir palyginimas su tekstais, dėl kurių autorystės M. A. Šolohovas neabejojo, vis dėlto patvirtino M. A. Šolochovo, kaip tikrojo „Tylaus Dono“ autoriaus, hipotezę.

1 pavyzdys.

• 1 pavyzdys. Pavyzdį sudaro visos į porelę įtrauktos raidės

• „...Šis medis yra pušis,

• Ir pušies likimas aiškus...“

• Užsirašykite pavyzdinių duomenų seriją.

• Raskite imties dydį.

• Nustatykite „o“ parinkčių skaičių ir dažnumą.

• Koks yra didžiausias atrankos parinkties procentinis dažnis?

• Sprendimas

• 1). Duomenų serijos pavyzdžiai (reikšmių parinktis):

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

• 2). Imties dydis yra bendras raidžių skaičius poroje: n = 30.

• 3). Variantų „o“ skaičius yra 4, pasirinkimų dažnis yra lygus.

• 4). Variantas „c“ turi didžiausią procentinį dažnį: jo daugiklis yra 6, dažnis

• , procentinis dažnis 20%.

• Atsakymas: 1). 16 raidžių; 2). 30; 3). 4 ir 0,133; 4). 20 proc.

Pavyzdys Nr.1 ​​(tęsinys). Pavyzdį sudaro visos į porelę įtrauktos raidės

• Pavyzdys Nr.1 ​​(tęsinys). Pavyzdį sudaro visos į porelę įtrauktos raidės

• „...Šis medis yra pušis,

• Ir pušies likimas aiškus...“

• Abėcėlė suskirstyta į tris vienodus skyrius: Nr. 1 nuo „a“ iki „th“, Nr. 2 nuo „k“ iki „u“, Nr. 3 nuo „f“ iki „z“.

• 1).Raskite atkarpos Nr.3 kartotiką ir (procentinį) dažnumą.

• 2).Padarykite sekcijų dažninio pasiskirstymo lentelę.

• 3) Nurodykite didžiausio dažnio sritį.

• 4) Sukurkite dažnio histogramą su pasirinktu skirstiniu į dalis.

• Sprendimas. Visų pirma, atkreipiame dėmesį, kad jei rusų abėcėlėje yra 33 raidės, tai trys vienodi skyriai yra 11 raidžių skyriai. Raidžių skaičius poroje: n = 30.

• Dažnio ir daugybos pasiskirstymo lentelė:

Pavyzdys.

Pavyzdys. 60 devintokų buvo patikrintas skaitymo greitis (žodžių skaičius per skaitymo minutę). Gauti duomenys sugrupuoti į penkias sritis: Nr.1- (91;100); Nr.2 (101;110); Nr.3 (111;120); Nr.4 (121;130); Nr.5 (131;140). Rezultatas yra dauginių histograma (žr. pav.). Apytiksliai įvertinkite: imties diapazoną, režimą, aritmetinį vidurkį, paaiškinkite, kodėl atsakymai tik apytiksliai.

Diapazonas A = 140-91 = 49

• Diapazonas A = 140-91 = 49

• Mada.

• Vidutinė vertė.

• Gautos reikšmės yra tik apytikslės, nes vietoj faktinių verčių skaičiavimuose buvo naudojamos sąlyginės vertės - dalinių intervalų ribos ir vidurio taškai, tai yra vertės, kurios nebuvo stebimos eksperimentiškai, bet buvo priimtos dėl patogumo. duomenų pateikimo.

• Atsakymas: 49; 125,5; 117,17.

• A. G. Mordkovičius, P. V. Semenovas. Renginiai. Tikimybės. Statistinių duomenų apdorojimas: Papildomas. Algebros kurso pastraipos 7 – 9 balai. bendrojo išsilavinimo institucijos / A.G. Mordkovich, P.V. Semenovas. 4-asis leidimas – M.: Mnemosyne, 2006.-112 p.

• Makarychevas Yu.N. Algebra: statistikos ir kombinatorikos bei tikimybių teorijos elementai: vadovėlis. Vadovas 7-9 klasių mokiniams. bendrojo išsilavinimo institucijos / Yu.N. Makarychev, N.G. Mindyuk; redagavo S. A. Telyakovsky – 2 leid. – M.: Švietimas, 2004.-78 p.

• M. V. Tkačiova, N. E. Statistikos ir tikimybės elementai: Vadovėlis bendrojo lavinimo 7-9 klasėms. institucijose. – M.: Švietimas, 2004.-112 p.

1 variantas

Nr. 1. Keliais būdais į lentyną galima sudėti penkias skirtingas knygas?

Nr. 2. Kiek triženklių skaičių su skirtingais skaitmenimis galima sudaryti iš skaitmenų 0, 1, 3, 6, 7, 9?

Nr. 3. Susitikimo metu 9 buvę klasės draugai apsikeitė vizitinėmis kortelėmis. Kiek buvo panaudota vizitinių kortelių?

Nr. 4. Kiek yra žodžio „figūra“ raidžių permutacijų, kuriose raidės „y“, „p“, „a“ yra viena šalia kitos nurodyta tvarka?

2 variantas

Nr. 1. Keliais būdais į lentyną galima sudėti šešias skirtingas knygas?

Nr. 2. Kiek triženklių skaičių su skirtingais skaitmenimis galima sudaryti iš skaitmenų 0, 3, 4, 5, 8?

Nr. 3. Konferencijoje telefono numeriais apsikeitė 7 dalyviai. Kiek telefono numerių buvo apsikeista?

Nr. 4. Kiek yra žodžio „viršus“ raidžių permutacijų, kuriose viena šalia kitos yra raidės „v“, „e“, „r“ nurodyta tvarka?

Savarankiškas darbas. Kombinatorika.

3 variantas

Nr. 1. Keliais būdais 9 konkurso dalyviai gali pasirodyti pirmumo tvarka konkurso ketvirtfinalyje?

Nr. 2. Naudodami skaičius 0, 3, 7, 8, sudarykite visus galimus dviženklius skaičius, kuriuose skaičiai nesikartoja.

Nr. 3. N vietovėje kas du kaimus jungia kelias. Nustatykite tokių kelių skaičių, jei rajone yra 10 kaimų.

Nr. 4. Kiek yra penkių skaitmenų telefono numerių, pradedant skaičiumi 3, kurių visi skaitmenys skiriasi?

4 variantas

Nr. 1. Kurjeris turi pristatyti picą šešiais adresais. Kiek maršrutų jis gali pasirinkti?

Nr. 2. Naudodami skaičius 0, 2, 4, 6, 8, sudarykite visus galimus triženklius skaičius, kuriuose skaičiai nesikartoja?

Nr. 3. Plokštumoje pažymėti 9 taškai, iš kurių trys nėra vienoje tiesėje. Kiek linijų galima nubrėžti per šiuos taškus?

Nr. 4. Kiek yra šešių skaitmenų telefono numerių, prasidedančių 36, kurių visi skaitmenys skiriasi?

Pertvarkymai. Permutacijų skaičiaus formulė

Permutacijos iš n elementai

Tegul rinkinys X susideda iš n elementai.

Apibrėžimas. Įdėjimas be pasikartojimo nuon rinkinio elementaiX Autorius n paskambino permutacija iš n elementai.

Atminkite, kad bet kuri permutacija apima visus rinkinio elementusX , ir lygiai vieną kartą. Tai yra, permutacijos skiriasi viena nuo kitos tik elementų tvarka ir gali būti gautos viena iš kitos keičiant elementus (taigi ir pavadinimas).

Visų permutacijų skaičius išn elementai pažymėti simboliu .

Kadangi permutacijos yra ypatingas vietų be pasikartojimų atvejis, kai , tada skaičiaus radimo formulė gauname iš (2) formulės, pakeisdami į ją :

Taigi,

(3)

Pavyzdys. Keliais būdais 5 knygas galima sudėti į lentyną?

Sprendimas. Yra tiek daug būdų, kaip padėti knygas ant lentynos, tiek skirtingų penkių elementų permutacijų: būdais.

komentuoti. Formulių (1)–3 nereikia įsiminti: problemas, susijusias su jų taikymu, visada galima išspręsti naudojant produkto taisyklę. Jei studentams kyla problemų kuriant kombinatorinius uždavinių modelius, geriau susiaurinti naudojamų formulių ir taisyklių rinkinį (kad būtų mažiau klaidų). Tiesa, problemos, kuriose naudojamos permutacijos ir formulė (3), dažniausiai išsprendžiamos be problemų.

Užduotys

1. F. Keliais būdais jie gali stoti į eilę prie bilietų kasų: 1) 3 žmonės; 2) 5 žmonės?

Sprendimas.

Įvairūs n žmonių išdėstymo eilėje variantai vienas nuo kito skiriasi tik žmonių išdėstymo tvarka, t.y. tai yra skirtingos n elementų permutacijos.

Trys žmonės gali stovėti eilėje P3 = 3! = 6 skirtingi būdai.

Atsakymas: 1) 6 būdai; 2) 120 būdų.

2. T. Kiek būdų 4 žmonės gali tilpti ant keturviečio suoliuko?

Sprendimas.

Žmonių skaičius lygus sėdimų vietų skaičiui ant suoliuko, todėl išdėstymo variantų skaičius lygus 4 elementų permutacijų skaičiui: P4 = 4! = 24.

Galite samprotauti pagal prekės taisyklę: pirmam asmeniui galite pasirinkti bet kurią iš 4 vietų, antrajam - bet kurią iš 3 likusių, trečiajam - bet kurią iš 2 likusių, paskutinė užims 1 likusią vietą ; yra visko = 24 skirtingi būdai susodinti 4 žmones ant keturviečio suoliuko.

Atsakymas: 24 būdai.

3. M. Vovoje pietums - pirmas, antras, trečias patiekalai ir pyragas. Jis tikrai pradės nuo pyrago, o likusį valgys atsitiktine tvarka. Raskite galimų pietų variantų skaičių.

M-problemos iš vadovėlio. A.G. Mordkovičiaus vadovai

T – red. S.A.Telyakovskis

F- M. V. Tkačiova

Sprendimas.

Po pyrago Vova gali pasirinkti bet kurį iš trijų patiekalų, tada du ir užbaigti likusiais. Bendras galimų pietų variantų skaičius: =6.

Atsakymas: 6.

4. F. Kiek skirtingų teisingų (rusų kalbos požiūriu) frazių galima sudaryti pakeitus žodžių tvarką sakinyje: 1) „Išėjau pasivaikščioti“; 2) „Kieme vaikšto katė“?

Sprendimas.

Antrame sakinyje prielinksnis „in“ visada turi būti prieš daiktavardį „kiemas“, į kurį jis kalba. Todėl skaičiuojant porą „kieme“ kaip vieną žodį, galima rasti trijų sąlyginių žodžių skirtingų permutacijų skaičių: P3 = 3! = 6. Taigi šiuo atveju galite sudaryti 6 teisingus sakinius.

Atsakymas: 1) 6; 2) 6.

5. Keliais būdais galite naudoti raides K, L, M, H keturkampio viršūnėms žymėti?

Sprendimas.

Darysime prielaidą, kad keturkampio viršūnės yra sunumeruotos, kiekviena turi pastovų skaičių. Tada problema kyla suskaičiuojant skirtingų būdų, kaip išdėstyti 4 raides 4 vietose (viršūnėse), skaičių, ty skirtingų permutacijų skaičių: P4 = 4! =24 būdai.

Atsakymas: 24 būdai.

6. F. Keturi bičiuliai nusipirko bilietus į kiną: į 1 ir 2 vietas pirmoje eilėje bei 1 ir 2 vietas antroje eilėje. Kiek draugai gali užimti šias 4 vietas kino teatre?

Sprendimas.

Keturi draugai gali užimti 4 skirtingas vietas P4 = 4! = 24 skirtingi būdai.

Atsakymas: 24 būdai.

7. T. Kurjeris siuntas turi pristatyti į 7 skirtingas įstaigas. Kiek maršrutų jis gali pasirinkti?

Sprendimas.

Maršrutas turėtų būti suprantamas kaip kurjerio lankymosi įstaigose tvarka. Sunumeruokime įstaigas nuo 1 iki 7, tada maršrutas bus pavaizduotas kaip 7 skaičių seka, kurios tvarka gali keistis. Maršrutų skaičius lygus 7 elementų permutacijų skaičiui: P7= 7! = 5 040.

Atsakymas: 5040 maršrutų.

8. T. Kiek yra reiškinių, identiškai lygių sandaugai abcde, kurios gaunamos iš jo pertvarkant veiksnius?

Sprendimas.

Duota penkių skirtingų faktorių sandauga abcde, kurių eilės tvarka gali keistis (pertvarkius veiksnius sandauga nesikeičia).

Iš viso yra P5 = 5! = 120 skirtingų būdų išdėstyti penkis daugiklius; Vieną iš jų (abcde) laikome originaliu, likusios 119 posakių yra identiškai lygios šiai.

Atsakymas: 119 posakių.

9. T. Olga prisimena, kad jos draugės telefono numeris baigiasi skaičiais 5, 7, 8, tačiau ji pamiršo, kokia tvarka šie skaičiai atsiranda. Nurodykite didžiausią variantų skaičių, kuriuos ji turės atlikti, kad pasiektų savo draugą.

Sprendimas.

Paskutiniai trys telefono numerio skaitmenys gali būti vienoje iš P3 =3! =6 galimi užsakymai, iš kurių tik vienas teisingas. Olga gali iš karto įvesti teisingą parinktį, gali įvesti trečią ir tt Ji turės įvesti didžiausią parinkčių skaičių, jei teisinga parinktis pasirodys paskutinė, t. y. šešta.

Atsakymas: 6 variantai.

10. T. Kiek šešiaženklių skaičių (be pasikartojančių skaičių) galima padaryti iš skaičių: a) 1,2, 5, 6, 7, 8; b) 0, 2, 5, 6, 7, 8? Sprendimas.

a) Duoti 6 skaitmenys: 1, 2, 5, 6, 7, 8, iš jų galima sudaryti skirtingus šešiaženklius skaičius tik šiuos skaitmenis pertvarkius. Skirtingų šešiaženklių skaičių skaičius lygus P6 = 6! = 720.

b) Duoti 6 skaitmenys: 0, 2, 5, 6, 7, 8, iš jų reikia sudaryti įvairius šešiaženklius skaičius. Skirtumas nuo ankstesnės problemos yra tas, kad nulis negali būti pirmas.

Produkto taisyklę galite taikyti tiesiogiai: pirmai vietai galite pasirinkti bet kurį iš 5 skaitmenų (išskyrus nulį); antroje vietoje - bet kuris iš 5 likusių skaitmenų (4 yra „ne nulis“, o dabar skaičiuojame nulį); į trečią vietą – bet kuris iš 4 skaitmenų, likusių po pirmųjų dviejų pasirinkimų ir tt Bendras variantų skaičius yra: = 600.

Galite naudoti nereikalingų parinkčių pašalinimo metodą. 6 skaitmenys gali būti pertvarkyti P6 = 6! = 720 skirtingų būdų. Tarp šių metodų bus tokių, kuriuose pirmoji vieta yra nulis, o tai yra nepriimtina. Suskaičiuokime šių netinkamų parinkčių skaičių. Jei pirmoje vietoje yra nulis (jis yra fiksuotas), tada kitose penkiose vietose gali būti „ne nulio“ skaičiai 2, 5, 6, 7, 8. Skirtingų būdų, kuriais 5 skaičiai, skaičius gali būti dedamas į 5 vietas yra lygus P5 = 5! = 120, tai yra skaičių, prasidedančių nuo nulio, permutacijų skaičius yra 120. Reikalingas skirtingų šešiaženklių skaičių skaičius šiuo atveju lygus: P6 - P5 = 720 - 120 = 600.

Atsakymas: a) 720; b) 600 skaičių.

11. T. Kiek keturženklių skaičių (be pasikartojančių skaičių), sudarytų iš skaičių 3, 5, 7, 9, yra tų, kurie: a) prasideda skaičiumi 3;

b) yra 15 kartotiniai?

Sprendimas.

a) Iš skaičių 3, 5, 7, 9 sudarome keturženklius skaičius, prasidedančius skaičiumi 3.

Pirmoje vietoje nustatome skaičių 3; tada ant likusių trijųskaičiai 5, 7 9 gali būti išdėstyti bet kokia tvarka, bet kokia tvarka Bendras jų vietos parinkčių skaičius yra lygus P 3 = 3!=6. Bus tiek daug skirtingų keturženklių skaičių, sudarytų išduotus skaičius ir pradedant skaičiumi 3.

b) Atkreipkite dėmesį, kad šių skaitmenų suma 3 + 5 + 7 + 9 = 24 dalijasi iš 3, todėl bet kuris keturženklis skaičius, sudarytas iš šių skaitmenų, dalijasi iš 3. Kad kai kurie iš šių skaičių būtų dalijami iki 15, būtina, kad jie baigtųsi skaičiumi 5.

Fiksuojame skaičių 5 paskutinėje vietoje; likusieji 3 skaitmenys gali būti išdėstyti trijose vietose prieš 5 Рз = 3! = 6 skirtingi būdai. Bus tiek daug skirtingų keturženklių skaičių, sudarytų iš šių skaičių, kurie dalijasi iš 15.

Atsakymas: a) 6 skaičiai; b) 6 skaičiai.

12. T. Raskite visų keturženklių skaičių skaitmenų sumą, kurią galima sudaryti iš skaičių 1, 3, 5, 7 (jų nekartojant).

Sprendimas.

Kiekvienas keturių skaitmenų skaičius, sudarytas iš skaitmenų 1, 3, 5, 7 (be pasikartojimo), turi skaitmenų sumą, lygią 1 + 3 + 5 + 7 = 16.

Iš šių skaičių galite padaryti P4 = 4! = 24 skirtingi skaičiai, kurie skiriasi tik skaitmenų tvarka. Visų šių skaičių skaitmenų suma bus lygi

16 = 384.

Atsakymas: 384.

13. T. Septyni berniukai, tarp kurių yra Olegas ir Igoris, stovi iš eilės. Raskite galimų derinių skaičių, jei:

a) Olegas turėtų būti eilės gale;

b) Olegas turi būti eilės pradžioje, o Igoris – eilės pabaigoje;

c) Olegas ir Igoris turėtų stovėti vienas šalia kito.
Sprendimas.

a) 7 vietose yra tik 7 berniukai, bet vienas elementas yra fiksuotas ir jo negalima pertvarkyti (Olegas yra eilės gale). Galimų kombinacijų skaičius lygus 6 berniukų, stovinčių prieš Olegą, permutacijų skaičiui: P6=6!=720.

suporuoti kaip vieną elementą, pertvarkytą su kitais penkiais elementais. Tada galimų kombinacijų skaičius bus P6 = 6! = 720.

Tegul Olegas ir Igoris dabar stovi vienas šalia kito IO tvarka. Tada gauname dar vieną P6 = 6! = 720 kitų derinių.

Bendras derinių, kuriuose Olegas ir Igoris yra vienas šalia kito (bet kokia tvarka), skaičius yra 720 + 720 = 1 440.

Atsakymas: a) 720; b) 120; c) 1 440 derinių.

14. M. Vienuolika futbolininkų rikiuojasi prieš rungtynių pradžią. Pirmasis yra kapitonas, antrasis yra vartininkas, o likusieji yra atsitiktiniai. Kiek yra statybos būdų?

Sprendimas.

Po kapitono ir vartininko trečias žaidėjas gali pasirinkti bet kurią iš 9 likusių vietų, kitą – iš 8 ir tt Bendras konstravimo būdų skaičius pagal gaminio taisyklę yra lygus:

1 = 362 880 arba P 9 = 9! = 362 880.

Atsakymas: 362 880.

15. M. Keliais būdais kubo viršūnes galima žymėti raidėmis A, B, C, D, E, F, G, K?

Sprendimas.

Pirmajai viršūnei galite pasirinkti bet kurią iš 8 raidžių, antrajai - bet kurią iš likusių 7 ir tt Bendras būdų skaičius pagal gaminio taisyklę yra=40 320 arba P8 = 8!

Atsakymas: 40 320.

16. T. Pirmadienio tvarkaraštyje šešios pamokos: algebra, geometrija, biologija, istorija, kūno kultūra, chemija. Kiek būdų galite sudaryti šios dienos pamokų tvarkaraštį, kad dvi matematikos pamokos būtų viena šalia kitos?

Sprendimas.

Iš viso yra 6 pamokos, iš kurių dvi matematikos pamokos turėtų būti viena šalia kitos.

Pirmiausia „suklijuojame“ du elementus (algebrą ir geometriją) AG tvarka, paskui GA tvarka. Už kiekvieną „klijavimo“ variantą gauname P5 = 5! = 120 tvarkaraščio parinkčių. Bendras tvarkaraščio sudarymo būdų skaičius yra 120 (AG) + 120 (GA) = 240.

Atsakymas: 240 būdų.

17. T. Kiek yra žodžio „kūgis“ raidžių permutacijų, kuriose K, O, N raidės yra viena šalia kitos?

Sprendimas.

Duotos 5 raidės, iš kurių trys turi būti viena šalia kitos. Trys raidės K, O, N gali stovėti šalia vienos iš P3 = 3! = 6 būdai. Kiekvienam raidžių K, O, N „klijavimo“ būdui gauname P3 = 3! = 6 raidžių permutavimo būdai, „klijavimas“, U, S. Žodžio „kūgis“, kuriuose raidės K, O, N yra viena šalia kitos, skirtingų raidžių permutacijų skaičius yra 6 6 = 36 permutacijos – anagramos.

Atsakymas: 36 anagramos.

18. T. Keliais būdais 5 vaikinai ir 5 merginos gali užimti vietas nuo 1 iki 10 vienoje eilėje teatre? Kiek būdų jie gali tai padaryti, jei vaikinai sėdi nelyginio skaičiaus sėdynėse, o mergaitės - poriniuose?

Sprendimas.

Kiekvienas berniukų išdėstymo variantas gali būti derinamas su kiekvienu mergaičių išdėstymo variantu, todėl pagal prekės taisyklę bendras vaikų pasodinimo būdų skaičius šiuo atveju yra 120 20= 14400.

Atsakymas: 3 628 800 būdų; 14 400 būdų.

19. T. Penki berniukai ir keturios mergaitės nori atsisėsti ant devynviečio suoliuko, kad kiekviena mergina sėdėtų tarp dviejų berniukų. Kiek būdų jie gali tai padaryti?

Sprendimas.

Pagal užduoties sąlygas berniukai ir mergaitės turi sėdėti pakaitomis, tai yra, mergaitės gali sėdėti tik porinėse vietose, o berniukai – tik nelyginėse. Todėl merginos gali keistis vietomis tik su merginomis, o vaikinai – tik su berniukais. Keturias merginas galima susodinti į keturias lygias vietas P4 = 4! = 24 būdai, o penki berniukai penkiose nelyginėse vietose P5 = 5! = 120 būdų.

Kiekvienas mergaičių išdėstymo būdas gali būti derinamas su kiekvienu berniukų dėjimo būdu, todėl pagal gaminio taisyklę bendras būdų skaičius yra lygus: P420 = 2880 būdų.

Atsakymas: 2880 būdų.

20. F. Padalinkite skaičius 30 ir 210 į pirminius koeficientus. 2) 210?

Sprendimas.

Išskaidykime šiuos skaičius į pirminius veiksnius:

30 = 2 ; 210 = 2 .

Skaičius 30 gali būti parašytas kaip pirminių veiksnių sandauga

R 3 = 3! = 6 skirtingi būdai (perskirstant veiksnius).

Skaičius 210 gali būti parašytas pirminių skaičių sandauga
daugikliaiR 4 = 4! = 24 skirtingi būdai.

Atsakymas: 1) 6 būdai; 2) 24 būdai.

21. F. Kiek skirtingų net keturženklių skaičių su nesikartojančiais skaitmenimis galima parašyti naudojant skaičius 1, 2, 3, 5?

Sprendimas.

Kad skaičius būtų lyginis, jis turi baigtis lyginiu skaitmeniu, t.y 2. Paskutinę vietą užfiksuokime du, likę trys skaitmenys turi būti prieš jį bet kokia tvarka. Skirtingų 3 skaitmenų permutacijų skaičius yra P3 = 3! = 6; todėl taip pat bus 6 skirtingi lyginiai keturių skaitmenų skaičiai (skaičius 2 pridedamas prie kiekvienos trijų skaitmenų permutacijos).

Atsakymas: 6 skaičiai.

22. F. Kiek skirtingų nelyginių penkiaženklių skaičių, kuriuose nėra identiškų skaitmenų, galima įrašyti naudojant skaitmenis 1,2, 4, 6, 8?

Sprendimas.

Kad sudarytas skaičius būtų nelyginis, jis turi baigtis nelyginiu skaitmeniu, ty vienu. Likusius 4 skaitmenis galima pertvarkyti, kiekvieną pertvarkymą pateikiant prieš įrenginį.

Bendras nelyginių penkiaženklių skaičių skaičius lygus permutacijų skaičiui: P4 = 4! =24.

23. F. Kiek skirtingų šešiaženklių skaičių su nesikartojančiais skaitmenimis galima parašyti naudojant skaitmenis 1; 2 3, 4, 5, 6, jei: 1) skaičius turi prasidėti 56; 2) ar skaičiai 5 ir 6 turi būti vienas šalia kito?

Sprendimas.

Skaičiaus pradžioje nustatome du skaitmenis 5 ir 6 ir pridedame prie jų įvairias permutacijas iš likusių 4 skaitmenų; skirtingų šešiaženklių skaičių skaičius lygus: P4 = 4! = 24.

Bendras skirtingų šešiaženklių skaičių, kuriuose skaitmenys 5 ir 6 yra vienas šalia kito (bet kokia tvarka), yra 120 + 120 = 240 skaičių. (56 ir 65 parinktys yra nesuderinamos ir negali būti įgyvendintos vienu metu; taikome kombinatorinės sumos taisyklę.)

Atsakymas: 1) 24 d.; 2) 240 skaičių.

24. F. Kiek skirtingų net keturženklių skaičių, neturinčių identiškų skaitmenų, galima padaryti iš skaičių 1,2,3,4?

Sprendimas.

Lytinis skaičius turi baigtis lyginiu skaitmeniu. Mes nustatome skaičių 2 paskutinėje vietoje, tada 3 ankstesni skaitmenys gali būti pertvarkyti P3 = 3! = 6 skirtingi būdai; gauname 6 skaičius, kurių gale yra du. Fiksuojame skaičių 4 paskutinėje vietoje, gauname P3 = 3! = 6 skirtingos trijų ankstesnių skaitmenų permutacijos ir 6 skaičiai, kurie baigiasi 4.

Bendras lyginių keturženklių skaičių skaičius bus 6 + 6 = 12 skirtingų skaičių.

Atsakymas: 12 skaičių.

komentuoti. Bendrą variantų skaičių randame naudodami kombinatorinės sumos taisyklę (6 variantai skaičiams, kurie baigiasi dviem, 6 variantai skaičiams, kurie baigiasi keturiais; skaičių su dviem ir su keturiais pabaigoje sudarymo metodai yra vienas kitą paneigiantys, nesuderinami, todėl bendras opcionų skaičius yra lygus opcionų, kurių pabaigoje yra du, ir opcionų, kurių pabaigoje yra 4, sumai). Įrašas 6 + 6 = 12 geriau atspindi mūsų veiksmų priežastis nei įrašas P.

25. F. Keliais būdais skaičius 1) 12 gali būti parašytas pirminių veiksnių sandauga? 2) 24; 3) 120?

Sprendimas.

Šios problemos ypatumas yra tas, kad plečiant kiekvieną iš šių skaičių yra identiški, pasikartojantys veiksniai. Sudarydami skirtingas permutacijas iš faktorių, naujos permutacijos negausime, jei sukeisime bet kuriuos du identiškus veiksnius.

1) Skaičius 12 išskaidomas į tris pirminius veiksnius, iš kurių du yra identiški: 12 = .

Jei visi veiksniai būtų skirtingi, tada juos būtų galima pertvarkyti sandaugoje P3 = 3! = 6 skirtingi būdai. Norėdami išvardyti šiuos metodus, sąlyginai „skirsime“ du du ir pabrėžsime vieną iš jų: 12 = 2.

Tada galimi šie 6 skilimo į gyventojus variantai:

Tačiau iš tikrųjų skaičių pabraukimas neturi reikšmės matematikoje, todėl gautos 6 permutacijos įprastu žymėjimu atrodo taip:

y., iš tikrųjų gavome ne 6, o 3 skirtingas permutacijas Permutacijų skaičius sumažėjo perpus dėl to, kad neturime atsižvelgti į dviejų permutacijas tarpusavyje.

Pažymime P x reikiamas trijų elementų permutacijų skaičius, įskaitant du identiškus; tada gautą rezultatą galima užrašyti taip: Рз = Р X Bet 2 yra skirtingų dviejų elementų permutacijų skaičius, ty 2 == 2! = P 2, todėl P3, = P x P 2, taigi P x = . (tai yra permutacijų su pasikartojimais skaičiaus formulė).

Galima samprotauti skirtingai, remiantis tik kombinatorinio produkto taisykle.

Norėdami sukurti trijų veiksnių sandaugą, pirmiausia pasirinkite 3 faktoriaus vietą; tai galima padaryti vienu iš trijų būdų. Po to abi likusias vietas užpildome dvejetais; tai galima padaryti vienu būdu. Pagal gaminio taisyklę bendras būdų skaičius yra: 3-1 =3., Р x =20.

Antras būdas. Sudarydami penkių faktorių sandaugą, pirmiausia parenkame vietą penkiems (5 būdai), tada trims (4 būdai), o likusias 3 vietas užpildome dvejetais (1 būdas); pagal gaminio taisyklę 5 4 1 = 20.

Atsakymas: 1) 3; 2) 4; 3) 20.

26. F. Keliais būdais galima nuspalvinti 6 langelius, kad 3 langeliai būtų raudoni, o likę 3 nudažyti (kiekviena savo spalva) balta, juoda arba žalia?

Sprendimas.

6 elementų permutacijos, tarp kurių trys yra identiški:

Kitu atveju: norėdami dažyti balta spalva, galite pasirinkti vieną iš 6 langelių, juodą - iš 5, žalią - iš 4; Likusios trys ląstelės nudažytos raudonai. Bendras būdų skaičius: 6 5 4 1 = 120.

Atsakymas: 120 būdų.

27.T. Pėsčiasis turi eiti vieną kvartalą į šiaurę ir tris kvartalus į vakarus. Užsirašykite visus galimus pėsčiųjų maršrutus.= 4.

Atsakymas: 4 maršrutai.

28. M. a) Ant keturių vienodų kabinetų durų būtina pakabinti lenteles su keturių direktoriaus pavaduotojų pavardėmis. Kiek būdų tai galima padaryti?

b) 9 „A“ klasėje trečiadienį 5 pamokos: algebra, geometrija, kūno kultūra, rusų, anglų k. Kiek tvarkaraščio parinkčių galite sukurti šiai dienai?

c) Keliais būdais keturi vagys gali išsibarstyti po vieną į visas keturias puses?

d) Adjutantas turi įteikti penkis generolo įsakymo egzempliorius penkiems pulkams. Kiek būdų jis gali pasirinkti užsakymo kopijų pristatymo maršrutą?

Sprendimas.

a) Pirmajai lėkštei galite pasirinkti bet kurią iš 4 spintelių,
Antrajam - bet kuris iš trijų likusių, trečiam - bet kuris iš dviejų likusių, ketvirtam - vienas likęs; pagal taisyklę
produktas, bendras būdų skaičius yra: 4 3 2 1 = 24 arba P4 = 4! = 24.= 120 arba P5 = 5! = 120.

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

Literatūra

Afanasjevas V.V. Tikimybių teorija pavyzdžiuose ir problemose, Jaroslavlis: Jaroslavlio valstybinis pedagoginis universitetas, 1994 m.

Bavrinas I. I. Aukštoji matematika: Vadovėlis pedagoginių universitetų chemijos ir matematikos specialybių studentams – 2-as leidimas, pataisytas. - M.: Išsilavinimas, 1993 m.

Bunimovičius E. A., Bulychevas V. A. Tikimybė ir statistika. 5-9 klasės: Vadovas bendrojo ugdymo įstaigoms, - M.: Bustard, 2005 m.

Vilenkin N. Ya ir kt. Algebra ir matematinė analizė 10 klasei: Vadovėlis mokyklų ir klasių mokiniams, kuriuose nuodugniai studijuojama matematika. - M.: Išsilavinimas, 1992 m.

Vilenkin N. Ya ir kt. Algebra ir matematinė analizė 11 klasei: Vadovėlis mokyklų ir klasių mokiniams, nuodugniai studijuojantiems matematiką - M.: Prosveshchenie, 1990.

Glazeris G.I. Matematikos istorija mokykloje: 9-10 kl. Vadovas mokytojams. - M.: Išsilavinimas 1983 m.

Dorofejevas G.V., Suvorova S.B., Bunimovičius E.A. 9 matematika: algebra. Funkcijos. Duomenų analizė - M.: Bustard, 2000.

Kolyaginas ir kiti. Algebra ir analizės pradžia 11 klasė. Matematika mokykloje - 2002 - Nr.4 - 43,44,46 p.

Lyupshkas V.S. Matematikos pasirenkamieji kursai: tikimybių teorija: Vadovėlis 9-11 klasei - M., 1991 m.

Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G. Statistikos ir tikimybių teorijos elementai: Vadovėlis 7-9 klasių mokiniams - M.: Prosveshchenie, 2005.

Mordkovichas A.G., Semenovas P.V. Algebra ir analizės pradžia, 10 klasė: Vadovėlis bendrojo ugdymo įstaigoms (profilio lygis) - M.: Mnemosyna, 2005 m.

Tkacheva M.V., Fedorova N.E. Statistikos elementai ir tikimybė: Vadovėlis 7-9 klasių mokiniams - M.: Prosveshchenie, 2005.

Kombinatorikoje jie tiria klausimus, kiek tam tikro tipo kombinacijų galima padaryti iš pateiktų objektų (elementų).

Kombinatorikos kaip šakos gimimas siejamas su B. Pascal ir P. Fermat darbais apie azartinių lošimų teoriją. Didelį indėlį į kombinatorinių metodų kūrimą įnešė G.V. Leibnizas, J. Bernoulli ir L. Euleris.

Prancūzų filosofas, rašytojas, matematikas ir fizikas Blaise'as Pascalis (1623–1662) anksti parodė savo išskirtinius matematinius sugebėjimus. Paskalio matematinių pomėgių spektras buvo labai įvairus. Paskalis įrodė vieną dalyką
iš pagrindinių projekcinės geometrijos teoremų (Paskalio teorema), sukonstravo sumavimo mašiną (Paskalio sumavimo mašiną), davė binominių koeficientų skaičiavimo metodą (Paskalio trikampis), pirmasis tiksliai apibrėžė ir pritaikė matematinės indukcijos metodą įrodinėjimui, padarė reikšmingą žingsnį plėtojant be galo mažą analizę, suvaidino svarbų vaidmenį tikimybių teorijos atsiradime. Hidrostatikoje Paskalis nustatė pagrindinį savo dėsnį (Paskalio dėsnį). Pascalio „Laiškai provincialui“ buvo prancūzų klasikinės prozos šedevras.

Gotfrydas Vilhelmas Leibnicas (1646–1716) – vokiečių filosofas, matematikas, fizikas ir išradėjas, teisininkas, istorikas ir kalbininkas. Matematikoje kartu su I. Newtonu jis sukūrė diferencialinį ir integralinį skaičiavimą. Jis padarė svarbų indėlį į kombinatoriką. Visų pirma jo vardas siejamas su skaičių teorinėmis problemomis.

Gotfrydas Vilhelmas Leibnicas buvo mažai įspūdingos išvaizdos, todėl susidarė gana paprastos išvaizdos įspūdį. Vieną dieną Paryžiuje jis nuėjo į knygyną, tikėdamasis nusipirkti pažįstamo filosofo knygą. Lankytojui paklausus apie šią knygą, knygnešys, apžiūrėjęs jį nuo galvos iki kojų, pašaipiai pasakė: „Kam tau to reikia? Ar tikrai mokate skaityti tokias knygas? Mokslininkui nespėjus atsakyti, į parduotuvę įėjo pats knygos autorius su žodžiais: „Sveikinimai ir pagarba Didžiajam Leibnicui! Pardavėjas negalėjo suprasti, kad tai tikrai garsusis Leibnicas, kurio knygos buvo labai paklausios tarp mokslininkų.

Ateityje svarbų vaidmenį atliks šie dalykai

Lemma.Įleiskite elementų rinkinį, o aibėje - elementus. Tada visų skirtingų porų skaičius bus lygus .

Įrodymas. Iš tiesų, su vienu elementu iš rinkinio galime sudaryti tokias skirtingas poras ir iš viso elementų rinkinyje.

Vietos, permutacijos, deriniai

Turėkime trijų elementų rinkinį. Kokiais būdais galime pasirinkti du iš šių elementų? .

Apibrėžimas. Skirtingų elementų aibės išdėstymas pagal elementus yra deriniai, sudaryti iš > elementų pateiktų elementų ir skiriasi arba pačiais elementais, arba elementų tvarka.

Visų elementų rinkinio išdėstymo pagal elementus skaičius žymimas (iš prancūziško žodžio „arrangement“ pradinės raidės, reiškiančios išdėstymą), kur ir .

Teorema. Elementų rinkinio vietų skaičius pagal elementus yra lygus

Įrodymas. Tarkime, kad turime elementų. Tegul galimos vietos. Mes statysime šias vietas nuosekliai. Pirmiausia apibrėžkime pirmąjį paskirties vietos elementą. Iš tam tikro elementų rinkinio jį galima pasirinkti įvairiais būdais. Pasirinkus pirmąjį elementą, dar yra būdų, kaip pasirinkti antrą elementą ir pan. Kadangi kiekvienas toks pasirinkimas suteikia naują vietą, visi šie pasirinkimai gali būti laisvai derinami vienas su kitu. Todėl mes turime:

Pavyzdys. Keliais būdais vėliava gali būti sudaryta iš trijų horizontalių skirtingų spalvų juostų, jei yra penkių spalvų medžiaga?

Sprendimas. Reikalingas trijų juostų vėliavėlių skaičius:

Apibrėžimas. Elementų aibės permutacija – tai elementų išdėstymas tam tikra tvarka.

Taigi visos skirtingos trijų elementų rinkinio permutacijos yra

Nurodomas visų elementų permutacijų skaičius (nuo pradinės prancūziško žodžio „permutation“ raidės, reiškiančios „permutacija“, „judėjimas“). Todėl visų skirtingų permutacijų skaičius apskaičiuojamas pagal formulę

Pavyzdys. Keliais būdais galima pastatyti bokštelius ant šachmatų lentos, kad jie nepultų vienas kito?

Sprendimas. Reikalingas trobų skaičius

Pagal apibrėžimą!

Apibrėžimas. Skirtingų elementų deriniai pagal elementus yra deriniai, sudaryti iš nurodytų elementų pagal elementus ir kurie skiriasi bent vienu elementu (kitaip tariant, tam tikros elementų rinkinio elementų poaibiai).

Kaip matote, deriniuose, skirtingai nei paskirties vietose, į elementų tvarką neatsižvelgiama. Nurodomas visų elementų derinių skaičius, kiekvieno elemento skaičius (nuo prancūzų kalbos žodžio „combinasion“, reiškiančio „derinys“ pradinės raidės).

Skaičiai

Visi deriniai iš dviejų rinkinio yra .

Skaičių savybės (\sf C)_n^k

Iš tiesų, kiekvienas nurodyto elementų rinkinio elementų poaibis atitinka vieną ir tik vieną tos pačios aibės elementų poaibį.

Iš tiesų, elementų poaibius galime pasirinkti taip: pataisyti vieną elementą; elementų poaibių, turinčių šį elementą, skaičius yra lygus ; elementų poaibių, kuriuose nėra šio elemento, skaičius yra lygus .

Paskalio trikampis

Šiame trikampyje kraštutiniai skaičiai kiekvienoje eilutėje yra lygūs 1, o kiekvienas ne ekstremalus skaičius yra lygus dviejų skaičių, esančių virš jo iš ankstesnės eilutės, sumai. Taigi šis trikampis leidžia apskaičiuoti skaičius.

Teorema.

Įrodymas. Panagrinėkime elementų aibę ir dviem būdais išspręskime šią užduotį: kiek sekų galima sudaryti iš nurodyto elemento
aibės, kurių kiekviename nė vienas elementas nepasirodo du kartus?

1 būdas. Mes pasirenkame pirmąjį sekos narį, tada antrą, trečią ir tt. narys

2 būdas. Pirmiausia pasirinkite elementus iš nurodyto rinkinio, o tada sutvarkykime juos tam tikra tvarka

Padauginkite šios trupmenos skaitiklį ir vardiklį iš:

Pavyzdys. Keliais būdais galite pasirinkti 5 skaičius iš 36 žaidime „Sportloto“?

Reikalingas būdų skaičius

Užduotys.

1. Automobilio valstybinius numerius sudaro 3 rusiškos abėcėlės raidės (33 raidės) ir 4 skaičiai. Kiek skirtingų valstybinių numerių yra?
2. Fortepijone yra 88 klavišai. Kiek būdų galite sukurti 6 garsus iš eilės?
3. Kiek yra šešiaženklių skaičių, kurie dalijasi iš 5?
4. Keliais būdais į tris kišenes galima įdėti 7 skirtingas monetas?
5. Kiek penkių skaitmenų skaičių galite sudaryti, kurių dešimtainėje žymoje bent vieną kartą būtų skaitmuo 5?
6. Keliais būdais prie apvalaus stalo galima susodinti 20 žmonių, laikant būdus vienodais, jei judant ratu juos galima gauti vieną iš kito?
7. Kiek yra penkiaženklių skaičių, kurie dalijasi iš 5 ir kuriuose nėra identiškų skaitmenų?
8. Ant languoto popieriaus, kurio langelio kraštinė yra 1 cm, nubrėžiamas 100 cm spindulio apskritimas, kuris nepraeina per langelių viršūnes ir neliečia langelių šonų. Kiek ląstelių gali susikirsti šis ratas?
9. Kiek būdų galima išdėstyti skaičius iš eilės, kad skaičiai būtų gretimi ir didėjančia tvarka?
10. Kiek penkiaženklių skaičių galima sudaryti iš skaitmenų, jei kiekvienas skaitmuo gali būti naudojamas tik vieną kartą?
11. Iš žodžio ROT, perstačius raides, galima gauti tokius žodžius: TOP, ORT, OTR, TRO, RTO. Jie vadinami anagramomis. Kiek anagramų galite padaryti iš žodžio LOGARITMAS?
12. Paskambinkime skilimas natūralusis skaičius, jo vaizdavimas natūraliųjų skaičių suma. Pavyzdžiui, čia yra visi skaičiaus skaidiniai:

Pertvaros laikomos skirtingomis, jei skiriasi skaičiais arba terminų tvarka.

Kiek skirtingų skaičių skaidinių į terminus yra?
13. Kiek yra triženklių skaičių su nedidėjančia skaitmenų tvarka?
14. Kiek yra keturženklių skaičių su nedidėjančia skaitmenų tvarka?
15. Kiek būdų galima susodinti 17 žmonių iš eilės, kad jie atsidurtų vienas šalia kito?
16. mergaitės ir berniukai sėdi atsitiktinai į eilę sėdynių. Keliais būdais galima juos susodinti, kad nesėdėtų viena šalia kitos dvi merginos?
17. mergaitės ir berniukai sėdi atsitiktinai į eilę sėdynių. Kiek būdų jas galima susodinti taip, kad visos merginos sėdėtų viena šalia kitos?