Primer. k, o, n ali stojita drug poleg drugega?
Primer. Koliko permutacij črk besede "stožec" je v katerih so črke k, o, n ali stojita drug poleg drugega?
rešitev.
Danih je 5 črk, od katerih morajo biti tri druga poleg druge.
Tri črke k, o, n lahko stoji poleg enega od = 3! = 6 načinov.
Za vsako metodo "lepljenja" črk k, o, n dobimo = 3! = 6 načinov
Preureditev črk, "lepljenje" u, s.
Skupno število različnih permutacij črk besede "stožec", v katerih so črke
k, o, n stati drug poleg drugega je enako 6 · 6 = 36 permutacij - anagramov.
odgovor: 36 anagramov.
Primer.
Primer. Preštejte, koliko med slikami črk A, B, C, D, D, E, F, Z, I, K je črk, ki imajo: 1) navpično simetrijsko os; 2) vodoravna os simetrije.
rešitev.
1) Črke z navpično simetrično osjo: A, D, F – 3 črke (ne upoštevamo odebelitev nekaterih elementov črk A, D na desni).
2) Črke z vodoravno simetrično osjo: V, E, ZH, Z, K – 5 črk.
Odgovori: 1) 3 črke, 2) 5 črk.
Primer.
Primer. Prebivalci planeta XO imajo v svoji abecedi tri črke: A, O, X. Besede v jeziku so sestavljene iz največ treh črk (črka v besedi se lahko ponovi). Katero največje število besed je lahko v besednjaku prebivalcev tega planeta?
rešitev. Besede so lahko enočrkovne, dvočrkovne ali tričrkovne.
Enočrkovne besede: A, O, X – 3 besede.
Dvočrkovne besede: AO, AH, AA, OO, OA, OX, XX, HA, XO – 9 besed (3·3=9, izbira dveh črk s ponovitvami).
Tričrkovne besede: 3·9=27 besed (izbira treh od treh s ponovitvami, izbira prve črke - trije načini; vsaki prvi črki dodajte vsako od 9 možnih dvočrkovnih besed).
Tako je lahko v slovarju prebivalcev planeta XO največ 3 + 9 + +27 = 39 besed.
Odgovori: 39 besed.
Primer št. 1.
Primer št. 1. Vsi listki za izpit iz književnosti so napisani na kartončkih z dvomestnimi številkami. Petja je naključno izbrala eno karto. Opišite naslednje dogodke kot gotove, nemogoče ali naključne:
Dogodek A - na izbrani karti je praštevilo;
Dogodek B – na kartici je sestavljena številka;
Dogodek C – na karti je številka, ki ni ne praštevilna ne sestavljena;
Dogodek D – na kartici je sodo ali liho število.
rešitev.
Dogodka A in B sta naključna, ker se lahko zgodita ali pa tudi ne.
Dogodek C je nemogoč: spomnite se definicije praštevil in sestavljenih števil.
Dogodek D je gotov, saj je vsako dvomestno število sodo ali liho.
Knjigo ste odprli na kateri koli strani in prebrali prvi samostalnik, na katerega ste naleteli. Izkazalo se je, da: a) črkovanje izbrane besede vsebuje samoglasnik; b) zapis izbrane besede vsebuje črko »o«; c) v zapisu izbrane besede ni samoglasnikov; d) je v zapisu izbrane besede mehak znak.
rešitev.
a) Dogodek je zanesljiv, saj v ruskem jeziku ni samostalnikov, sestavljenih samo iz soglasnikov.
b) Dogodek je naključen.
c) Nemogoč dogodek (glej točko a)).
d) Dogodek je naključen.
Primer.
Primer. Opišite vsoto naslednjih nezdružljivih dogodkov.
"Kraljica je ponoči rodila sina (dogodek A) ali hčerko (dogodek B) ..."
rešitev.
Kraljica je rodila sina ali hčer (A B).
odgovor: 4 kompleksni dogodki, ki so seštevek dveh nekompatibilnih dogodkov.
Primer. o, t, k, r.
Primer.Črke so napisane na štirih kartah o, t, k, r. Karte so obrnili in premešali. Nato so te karte naključno odprli eno za drugo in jih postavili v vrsto. Kakšna je verjetnost, da se bo pojavila beseda "krt"?
rešitev. Rezultati so vse možne permutacije štirih elementov ( o, t, k, r); skupno število izidov je n = = 4! = 24.
Dogodek A – »po odprtju kart se dobi beseda »krt««; = 1 (samo ena možnost za razporeditev črk - "krt"; = .
Odgovori:
Primer O, Na drugem T, na tretjem z, na četrti p.
Primer. Vzeli smo štiri karte. Na prvem so napisali pismo O, Na drugem T, na tretjem z, na četrti p. Karte so obrnili in premešali. Nato so naključno odpirali eno za drugo karto in jo položili zraven. Kakšna je verjetnost, da je bila rezultat beseda "stop" ali beseda "post"?
rešitev. Rezultati – vse možne permutacije 4 črk; skupno število rezultatov
n = = 4! = 24.
Dogodek A – »pojavila se je beseda »stop« ali »post«; število ugodnih izidov = 1 (»stop«) + 1 (»post«) = 2 (po pravilu vsote izključujočih se izidov).
Verjetnost = .
odgovor: 1/12.
Primer št. 1. Izmerili smo dolžino besed (število črk) v spodnjem odlomku iz pesmi A. S. Puškina »Bronasti jezdec«. Potrebno je zgraditi histograme porazdelitve množin in frekvenc, pri čemer za možnost vzorčenja izberete intervale 1-3, 4-6, 7-9.
»...Grozen je v okoliški temi! 6, 2, 1, 9, 4
Kakšna misel na čelo! 5, 4, 2, 4
Kakšna moč se skriva v njem, In kakšen ogenj je v tem konju! 5, 4, 1, 3, 7
Kje jezdiš, ponosni konj, 1, 1, 3, 4, 5, 5
In kam boš dal svoja kopita?...« 1, 3, 8, 2, 6
Desno od besedila so namesto besed po vrsticah zapisane njihove dolžine. Po izračunih naredimo tabelo.
Primer.
Primer. Pri preverjanju 70 del o ruskem jeziku je bilo ugotovljeno število črkovalnih napak, ki so jih naredili učenci. Dobljeni podatkovni niz je bil predstavljen v obliki frekvenčne tabele:
Kakšna je največja razlika v številu narejenih napak? Kakšno število napak je značilno za to skupino študentov? Navedite, katere statistične značilnosti so bile uporabljene za odgovor na zastavljena vprašanja.
rešitev.
Največja razlika v številu napak: 6 – 0 = 6.
Običajno število napak: 3 (pojavi se 26-krat od 70).
Uporabljata se obseg in moda.
odgovor: 6; 3.
Statistične raziskave frekvenčne tabele jezik.
Statistične raziskave na velikem številu literarnih besedil so pokazali, da se frekvence pojavljanja posamezne črke (ali presledka med besedami) nagibajo k določenim določenim konstantam z večanjem obsega besedila. Tabele, ki vsebujejo črke določenega jezika in pripadajoče konstante, imenujemo frekvenčne tabele jezik.
Vsak avtor ima svojo tabelo pogostnosti uporabe črk, besed, določenih literarnih izrazov ipd. S to frekvenčno tabelo lahko avtorja določite približno tako natančno kot z uporabo prstnih odtisov.
Na primer, do danes se nadaljuje razprava o avtorstvu "Tihega Dona". Kar nekaj ljudi verjame, da M. A. Šolohov pri 23 letih preprosto ne bi mogel napisati tako globoke in resnično velike knjige. Predstavljeni so bili različni argumenti in različni avtorji kandidatov. Razprava je bila še posebej burna v času, ko je M. A. Šolohov prejel Nobelovo nagrado za književnost (1965). Statistična analiza romana in njegova primerjava z besedili, katerih avtorstvo je bilo nedvomno M. A. Šolohov, je vseeno potrdilo hipotezo o M. A. Šolohovu kot pravem avtorju "Tihega Dona".
Primer št. 1.
Primer št. 1. Vzorec je sestavljen iz vseh črk, vključenih v kuplet
»...To drevo je bor,
In usoda bora je jasna ...«
Zapišite niz vzorčnih podatkov.
Poiščite velikost vzorca.
Določite množico in pogostost možnosti »o«.
Kakšna je najvišja odstotna frekvenca vzorčne možnosti?
rešitev
1). Serije vzorčnih podatkov (možnost vrednosti):
a, b, c, d, f, i, n, o, r, s, t, y, b, s, e, i.
2). Velikost vzorca je skupno število črk v kupletu: n = 30.
3). Množica možnosti "o" je 4, pogostost možnosti je enaka.
4). Možnost "c" ima najvišjo odstotno frekvenco: njena množina je 6, frekvenca
, odstotek pogostosti 20 %.
odgovor: 1). 16 črk; 2). trideset; 3). 4 in 0,133; 4). 20 %.
Primer št. 1 (nadaljevanje). Vzorec je sestavljen iz vseh črk, vključenih v kuplet
Primer št. 1 (nadaljevanje). Vzorec je sestavljen iz vseh črk, vključenih v kuplet
»...To drevo je bor,
In usoda bora je jasna ...«
Abeceda je po vrstnem redu razdeljena na tri enake dele: št. 1 od "a" do "th", št. 2 od "k" do "u", št. 3 od "f" do "z".
1). Poiščite večkratnost in (odstotek) pogostost odseka št. 3.
2).Izdelajte tabelo frekvenčne porazdelitve odsekov.
3). Navedite območje najvišje frekvence.
4).Konstruirajte frekvenčni histogram z izbrano porazdelitvijo v odseke.
rešitev. Najprej ugotavljamo, da če ima ruska abeceda 33 črk, potem so trije enaki deli deli z 11 črkami. Število črk v kupletu: n = 30.
Tabela porazdelitve frekvence in množine:
Primer.
Primer. Hitrost branja (število besed na minuto branja) je bilo testiranih pri 60 devetošolcih. Pridobljene podatke smo združili v pet področij: št. 1- (91;100); št. 2 (101;110); št. 3 (111;120); št. 4 (121;130); št. 5 (131;140). Rezultat je histogram večkratnosti (glej sliko). Približno ocenite: obseg, način, aritmetično sredino vzorca, pojasnite, zakaj so odgovori le približni.
Razpon A = 140-91 = 49
Razpon A = 140-91 = 49
Moda.
Povprečna vrednost.
Dobljene vrednosti so le približne, ker so namesto dejanskih vrednosti izračuni uporabili pogojne vrednosti - meje in sredine delnih intervalov, to je vrednosti, ki niso bile opazovane eksperimentalno, vendar smo jih sprejeli zaradi udobja. predstavljanja podatkov.
odgovor: 49; 125,5; 117,17.
A.G. Mordkovich, P.V. Semenov. Dogodki. Verjetnosti. Statistična obdelava podatkov: Dodatno. Odstavki za tečaj algebre 7 – 9 razred. Splošna izobrazba ustanove / A.G. Mordkovich, P.V. Semenov. 4. izd. – M.: Mnemosyne, 2006.-112 str.
Makarychev Yu.N. Algebra: prvine statistike in kombinatorike ter teorije verjetnosti: učbenik. Priročnik za učence 7.-9. Splošna izobrazba institucije / Yu.N. Makarychev, N.G. Mindyuk; uredil S. A. Telyakovsky - 2. izd. – M.: Izobraževanje, 2004.-78 str.
M.V. Tkacheva, N.E. Fedorova. Elementi statistike in verjetnosti: učbenik za splošne izobraževalne razrede 7-9. institucije. – M.: Izobraževanje, 2004.-112 str.
Možnost 1
št. 1. Na koliko načinov je mogoče na polico postaviti pet različnih knjig?
št. 2. Koliko trimestnih števil z različnimi števkami lahko sestavimo iz števk 0, 1, 3, 6, 7, 9?
št. 3. Na ponovnem srečanju si je 9 nekdanjih sošolcev izmenjalo vizitke. Koliko vizitk je bilo uporabljenih?
št. 4. Koliko je permutacij črk besede "figura", v katerih so črke "y", "p", "a" ena poleg druge v danem vrstnem redu?
Možnost 2
št. 1. Na koliko načinov lahko na polico postavimo šest različnih knjig?
št. 2. Koliko trimestnih števil z različnimi števkami lahko sestavimo iz števk 0, 3, 4, 5, 8?
št. 3. Na konferenci si je telefonske številke izmenjalo 7 udeležencev. Koliko telefonskih številk je bilo izmenjanih?
št. 4. Koliko je permutacij črk besede "vozlišče", v katerih so črke "v", "e", "r" ena poleg druge v danem vrstnem redu?
Samostojno delo. Kombinatorika.
Možnost 3
št. 1. Na koliko načinov lahko nastopi 9 tekmovalcev po prednostnem vrstnem redu v četrtfinalu tekmovanja?
št. 2. S pomočjo števil 0, 3, 7, 8 sestavi vsa možna dvomestna števila, v katerih se števila ne ponavljajo.
št. 3. Na območju N sta vsaki dve vasi povezani s cesto. Določi število takšnih cest, če je na območju 10 vasi.
št. 4. Koliko je petmestnih telefonskih številk, začenši s številko 3, pri katerih so vse števke različne?
Možnost 4
št. 1. Kurir mora pico dostaviti na šest naslovov. Koliko poti lahko izbere?
št. 2. S pomočjo števil 0, 2, 4, 6, 8 sestavite vsa možna trimestna števila, v katerih se števila ne ponavljajo?
št. 3. Na ravnini je označenih 9 točk, nobene tri od njih ne ležijo na isti premici. Koliko premic lahko narišemo skozi te točke?
št. 4. Koliko je šestmestnih telefonskih številk, ki se začnejo s 36 in so vse števke različne?
Preureditve. Formula za število permutacij
Permutacije iz n elementi
Pustite nabor X obsega n elementi.
Opredelitev. Postavitev brez ponavljanja odn elementov kompletaX Avtor: n klical permutacija iz n elementi.
Upoštevajte, da vsaka permutacija vključuje vse elemente množiceX , in to točno enkrat. To pomeni, da se permutacije med seboj razlikujejo samo po vrstnem redu elementov in jih je mogoče pridobiti ena od druge s permutacijo elementov (od tod tudi ime).
Število vseh permutacij odn elementi so označeni s simbolom .
Ker so permutacije poseben primer umestitev brez ponovitev, ko , nato formula za iskanje števila dobimo iz formule (2) in jo nadomestimo :
torej
(3)
Primer. Na koliko načinov lahko na polico postavimo 5 knjig?
rešitev. Obstaja toliko načinov, kako postaviti knjige na polico, kot je različnih permutacij petih elementov: načine.
Komentiraj. Formul (1)-(3) si ni treba zapomniti: probleme, ki vključujejo njihovo uporabo, je mogoče vedno rešiti s pravilom produkta. Če imajo učenci težave pri izdelavi kombinatoričnih modelov problemov, je bolje zožiti nabor uporabljenih formul in pravil (tako da je manj možnosti za napake). Res je, težave, pri katerih se uporabljajo permutacije in formula (3), se običajno rešijo brez težav.
Naloge
1. F. Na koliko načinov se lahko postavijo v vrsto na blagajni: 1) 3 osebe; 2) 5 ljudi?
rešitev.
Različne možnosti za razporeditev n oseb v čakalni vrsti se med seboj razlikujejo le po vrstnem redu, v katerem so osebe razporejene, torej gre za različne permutacije n elementov.
Tri osebe lahko stojijo v čakalni vrsti P3 = 3! = 6 različnih načinov.
Odgovor: 1) 6 načinov; 2) 120 načinov.
2. T. Na koliko načinov se lahko na klop s štirimi sedeži znajdejo 4 osebe?
rešitev.
Število ljudi je enako številu sedežev na klopi, zato je število možnosti postavitve enako številu permutacij 4 elementov: P4 = 4! = 24.
Razmišljate lahko po pravilu produkta: za prvo osebo lahko izberete katero koli od 4 mest, za drugo - katero koli od preostalih 3, za tretjo - katero koli od preostalih 2, zadnja bo zasedla 1 preostalo mesto. ; tam je vse = 24 različnih načinov za posedanje 4 oseb na klop s štirimi sedeži.
Odgovor: 24 načinov.
3. M. Pri Vovi za kosilo - prva, druga, tretja jed in torta. Vsekakor bo začel s torto, ostalo pa pojedel v naključnem vrstnem redu. Poiščite število možnih možnosti kosila.
M-problemi iz učbenika. priročniki A.G. Mordkovich
T - izd. S.A.Teljakovski
F- M.V.Tkacheva
rešitev.
Po torti lahko Vova izbere katero koli od treh jedi, nato dve in konča s preostalimi. Skupno število možnih možnosti kosila: =6.
Odgovor: 6.
4. F. Koliko različnih pravilnih (z vidika ruskega jezika) besednih zvez je mogoče sestaviti s spreminjanjem vrstnega reda besed v stavku: 1) "Šel sem na sprehod"; 2) "Mačka se sprehaja po dvorišču"?
rešitev.
V drugem stavku mora biti predlog »v« vedno pred samostalnikom »dvorišče«, na katerega se nanaša. Če torej par "na dvorišču" štejemo kot eno besedo, lahko ugotovimo število različnih permutacij treh pogojnih besed: P3 = 3! = 6. Tako lahko v tem primeru sestavite 6 pravilnih stavkov.
Odgovor: 1) 6; 2) 6.
5. Na koliko načinov lahko s črkami K, L, M, H označimo oglišča štirikotnika?
rešitev.
Predpostavili bomo, da so oglišča štirikotnika oštevilčena, vsako s konstantnim številom. Potem se problem spusti na štetje različnih načinov razporeditve 4 črk na 4 mesta (točke), torej na štetje različnih permutacij: P4 = 4! = 24 načinov.
Odgovor: 24 načinov.
6. F. Štirje prijatelji so kupili vstopnice za kino: za 1. in 2. sedež v prvi vrsti ter za 1. in 2. sedež v drugi vrsti. Na koliko načinov lahko prijatelji zavzamejo te 4 sedeže v kinu?
rešitev.
Štirje prijatelji lahko zasedejo 4 različna mesta P4 = 4! = 24 različnih načinov.
Odgovor: 24 načinov.
7. T. Kurir mora dostaviti pakete v 7 različnih ustanov. Koliko poti lahko izbere?
rešitev.
Pot je treba razumeti kot vrstni red, po katerem kurir obiskuje ustanove. Oštevilčimo ustanove od 1 do 7, potem bo pot predstavljena kot zaporedje 7 številk, katerih vrstni red se lahko spremeni. Število poti je enako številu permutacij 7 elementov: P7= 7! = 5.040.
Odgovor: 5.040 poti.
8. T. Koliko je izrazov, ki so identično enaki produktu abcde, ki jih dobimo iz njega s prestavljanjem faktorjev?
rešitev.
Podan je zmnožek petih različnih faktorjev abcde, katerih vrstni red se lahko spremeni (ko se faktorji prerazporedijo, se produkt ne spremeni).
Skupaj je P5 = 5! = 120 različnih načinov za razporeditev petih množiteljev; Enega od njih (abcde) štejemo za izvirnega, preostalih 119 izrazov pa je identično enakih temu.
Odgovor: 119 izrazov.
9. T. Olga se spomni, da se telefonska številka njenega prijatelja konča s številkami 5, 7, 8, vendar je pozabila, v kakšnem vrstnem redu so te številke. Navedite največje število možnosti, skozi katere bo morala iti, da bi prišla do svojega prijatelja.
rešitev.
Zadnje tri števke telefonske številke se lahko nahajajo v enem od P3 =3! =6 možnih naročil, od katerih je samo eno pravilno. Olga lahko takoj vpiše pravilno možnost, lahko tretjo ipd. Vtipkati bo morala največje število možnosti, če se bo pravilna možnost izkazala za zadnjo, torej šesto.
Odgovor: 6 možnosti.
10. T. Koliko šestmestnih števil (brez ponavljajočih se števil) lahko sestavimo iz števil: a) 1,2, 5, 6, 7, 8; b) 0, 2, 5, 6, 7, 8? rešitev.
a) Danih je 6 števk: 1, 2, 5, 6, 7, 8, iz njih lahko sestavite različna šestmestna števila samo tako, da te števke preuredite. Število različnih šestmestnih števil je enako P6 = 6! = 720.
b) Danih je 6 števk: 0, 2, 5, 6, 7, 8, iz njih morate sestaviti različna šestmestna števila. Razlika od prejšnjega problema je, da ničla ne more biti prva.
Pravilo zmnožka lahko uporabite neposredno: za prvo mesto lahko izberete katero koli od 5 števk (razen nič); na drugem mestu - katera koli od preostalih 5 števk (4 so "različne od nič" in zdaj štejemo nič); na tretje mesto - katera koli od 4 števk, ki ostanejo po prvih dveh možnostih itd. Skupno število možnosti je: = 600.
Uporabite lahko metodo izločanja nepotrebnih možnosti. 6 števk je mogoče preurediti P6 = 6! = 720 različnih načinov. Med temi metodami bodo tiste, pri katerih je prvo mesto nič, kar je nesprejemljivo. Preštejmo število teh neveljavnih možnosti. Če je na prvem mestu ničla (je fiksna), lahko naslednjih pet mest vsebuje številke, ki niso nič, 2, 5, 6, 7, 8 v poljubnem vrstnem redu Število različnih načinov, na katere je 5 števil lahko postavite na 5 mest je enako P5 = 5! = 120, tj. število permutacij števil, ki se začnejo z nič, je 120. Zahtevano število različnih šestmestnih števil je v tem primeru enako: P6 - P5 = 720 - 120 = 600.
Odgovor: a) 720; b) 600 številk.
11. T. Koliko štirimestnih števil (brez ponavljajočih se števil), sestavljenih iz števil 3, 5, 7, 9, je tistih, ki se: a) začnejo s številko 3;
b) so večkratniki 15?
rešitev.
a) Iz števil 3, 5, 7, 9 sestavimo štirimestna števila, začenši s številko 3.
Na prvo mesto popravimo številko 3; nato na preostale trištevilke 5, 7 9 lahko postavite v poljubnem vrstnem redu v poljubnem vrstnem redu Skupno število možnosti za njihovo lokacijo je P 3 = 3!=6. Sestavljenih bo toliko različnih štirimestnih številpodane številke in začenši s številko 3.
b) Upoštevajte, da je vsota teh števk 3 + 5 + 7 + 9 = 24 deljiva s 3, torej je vsako štirimestno število, sestavljeno iz teh števk, deljivo s 3. Da bi bila nekatera od teh številk deljiva, do 15, je potrebno, da se končajo s številko 5.
Številko 5 popravimo na zadnjem mestu; preostale 3 števke lahko postavimo na tri mesta pred 5 Рз = 3! = 6 različnih načinov. Iz teh števil bo sestavljenih toliko različnih štirimestnih števil, ki so deljiva s 15.
Odgovor: a) 6 števil; b) 6 številk.
12. T. Poišči vsoto števk vseh štirimestnih števil, ki jih lahko sestavimo iz števil 1, 3, 5, 7 (brez ponavljanja).
rešitev.
Vsako štirimestno število, sestavljeno iz števk 1, 3, 5, 7 (brez ponavljanja), ima vsoto števk, ki je enaka 1 + 3 + 5 + 7 = 16.
Iz teh številk lahko sestavite P4 = 4! = 24 različnih števil, ki se razlikujejo le po vrstnem redu števk. Vsota števk vseh teh števil bo enaka
16 = 384.
Odgovor: 384.
13. T. Sedem fantov, med katerimi sta Oleg in Igor, stoji v vrsti. Poiščite število možnih kombinacij, če:
a) Oleg naj bo na koncu vrstice;
b) Oleg naj bo na začetku vrste, Igor pa na koncu vrste;
c) Oleg in Igor naj stojita drug poleg drugega.
rešitev.
a) Na 7 mestih je le 7 fantov, vendar je en element fiksen in ga ni mogoče preurediti (Oleg je na koncu vrste). Število možnih kombinacij je enako številu permutacij 6 fantov, ki stojijo pred Olegom: P6=6!=720.
par kot en sam element, preurejen z drugimi petimi elementi. Število možnih kombinacij bo potem P6 = 6! = 720.
Sedaj naj Oleg in Igor stojita drug ob drugem v vrstnem redu IO. Potem dobimo še P6 = 6! = 720 drugih kombinacij.
Skupno število kombinacij, v katerih sta drug ob drugem Oleg in Igor (v poljubnem vrstnem redu), je 720 + 720 = 1.440.
Odgovor: a) 720; b) 120; c) 1440 kombinacij.
14. M. Pred začetkom tekme se postavi enajst nogometašev. Prvi je kapetan, drugi je vratar, ostali pa so naključni. Koliko načinov gradnje obstaja?
rešitev.
Po kapetanu in vratarju lahko tretji igralec izbere katero koli od preostalih 9 mest, naslednji - od 8 itd. Skupno število načinov za konstrukcijo po pravilu izdelka je enako:
1 = 362.880 ali P 9 = 9! = 362.880.
Odgovor: 362.880.
15. M. Na koliko načinov lahko oglišča kocke označimo s črkami A, B, C, D, E, F, G, K?
rešitev.
Za prvo točko lahko izberete katero koli od 8 črk, za drugo - katero koli od preostalih 7 itd. Skupno število načinov po pravilu produkta je enako=40 320 ali P8 = 8!
Odgovor: 40.320.
16. T. Urnik za ponedeljek ima šest ur: algebra, geometrija, biologija, zgodovina, športna vzgoja, kemija. Na koliko načinov lahko sestavite urnik pouka za ta dan, tako da bosta dve uri matematike ena poleg druge?
rešitev.
Skupaj je 6 učnih ur, od tega naj bosta dve učni uri matematike ena poleg druge.
Dva elementa (algebro in geometrijo) »zlepimo« najprej v red AG, nato v red GA. Za vsako opcijo "lepljenja" dobimo P5 = 5! = 120 možnosti urnika. Skupno število načinov za ustvarjanje urnika je 120 (AG) +120 (GA) = 240.
Odgovor: 240 načinov.
17. T. Koliko je permutacij črk besede »stožec«, v katerih so črke K, O, N ena poleg druge?
rešitev.
Danih je 5 črk, od katerih morajo biti tri ena poleg druge. Tri črke K, O, N lahko stojijo poleg enega od P3 = 3! = 6 načinov. Za vsako metodo "lepljenja" črk K, O, N dobimo P3 = 3! = 6 načinov permutacije črk, »lepljenje«, U, S. Skupno število različnih permutacij črk besede »stožec«, v katerih so črke K, O, N ena poleg druge, je 6 6 = 36 permutacije - anagrami.
Odgovor: 36 anagramov.
18. T. Na koliko načinov lahko 5 fantov in 5 deklet zasede sedeže od 1 do 10 v isti vrsti v gledališču? Na koliko načinov lahko to storijo, če fantje sedijo na lihih sedežih, dekleta pa na sodih?
rešitev.
Vsaka možnost postavitve fantov se lahko kombinira z vsako možnostjo postavitve deklic, zato je v skladu s pravilom izdelka skupno število načinov za namestitev otrok v tem primeru 120 20= 14400.
Odgovor: 3.628.800 načinov; 14.400 načinov.
19. T. Pet fantov in štiri dekleta želi sedeti na klopi z devetimi sedeži, tako da vsako dekle sedi med dvema fantoma. Na koliko načinov lahko to storijo?
rešitev.
Po pogojih naloge se morajo dečki in dekleta izmenjevati, in sicer lahko deklice sedijo samo na sodih mestih, dečki pa samo na lihih. Zato lahko dekleta zamenjajo le mesta z dekleti, fantje pa le s fanti. Štiri dekleta lahko sedijo na štirih sodih mestih P4 = 4! = 24 načinov in pet fantov na petih lihih mestih P5 = 5! = 120 načinov.
Vsak način postavitve deklet je mogoče kombinirati z vsakim načinom postavitve fantov, zato je po pravilu produkta skupno število načinov enako: P4
20 = 2880 načinov.
Odgovor: 2880 načinov.
20. F. Razstavi števili 30 in 210 na prafaktorje. Na koliko načinov lahko število zapišemo kot zmnožek enostavnih faktorjev: 1) 30; 2) 210?
rešitev.
Razložimo ta števila na prafaktorje:
30 = 2 ; 210 = 2 .
Število 30 lahko zapišemo kot produkt prafaktorjev
R 3 = 3! = 6 različnih načinov (s preurejanjem faktorjev).
Število 210 lahko zapišemo kot zmnožek praštevil
multiplikatorjiR
4
= 4!
= 24 različnih načinov.
Odgovor: 1) 6 načinov; 2) 24 načinov.
21. F. Koliko različnih sodih štirimestnih števil, ki se ne ponavljajo, lahko zapišemo s številkami 1, 2, 3, 5?
rešitev.
Da je število sodo, se mora končati s sodo števko, to je 2. Dvojko popravimo na zadnjem mestu, preostale tri števke pa morajo biti pred njo v poljubnem vrstnem redu. Število različnih permutacij 3 števk je P3 = 3! = 6; torej bo tudi 6 različnih sodih štirimestnih števil (število 2 se doda vsaki permutaciji treh števk).
Odgovor: 6 številk.
22. F. Koliko različnih lihih petmestnih števil, ki nimajo enakih števk, lahko zapišemo s ciframi 1, 2, 4, 6, 8?
rešitev.
Da bi bilo sestavljeno število liho, se mora končati z liho števko, to je ena. Preostale 4 števke lahko prerazporedite tako, da vsako preureditev postavite pred enoto.
Skupno število lihih petmestnih števil je enako številu permutacij: P4 = 4! =24.
23. F. Koliko različnih šestmestnih števil z neponavljajočimi se števkami lahko zapišemo s ciframi 1; 2 3, 4, 5, 6, če: 1) se mora število začeti s 56; 2) ali naj bosta številki 5 in 6 ena poleg druge?
rešitev.
Dve števki 5 in 6 popravimo na začetku števila in jima dodamo različne permutacije iz preostalih 4 števk; število različnih šestmestnih števil je enako: P4 = 4! = 24.
Skupno število različnih šestmestnih števil, v katerih sta števki 5 in 6 ena poleg druge (v poljubnem vrstnem redu), je 120 + 120 = 240 števil. (Možnosti 56 in 65 sta nezdružljivi in ju ni mogoče realizirati hkrati; uporabimo pravilo kombinatorne vsote.)
Odgovor: 1) 24.; 2) 240 številk.
24. F. Koliko različnih sodih štirimestnih števil, ki nimajo enakih števk, lahko sestavimo iz števil 1,2,3,4?
rešitev.
Sodo število se mora končati s sodo števko. Številko 2 popravimo na zadnjem mestu, nato pa lahko prejšnje 3 števke prerazporedimo P3 = 3! = 6 različnih načinov; dobimo 6 številk z dvojko na koncu. Na zadnjem mestu popravimo številko 4, dobimo P3 = 3! = 6 različnih permutacij treh predhodnih števk in 6 števil, ki se končajo na 4.
Skupno število sodih štirimestnih števil bo 6 + 6 = 12 različnih števil.
Odgovor: 12 številk.
Komentiraj. Skupno število možnosti poiščemo s kombinatoričnim pravilom vsote (6 možnosti za števila, ki se končajo na dve, 6 možnosti za števila, ki se končajo na štiri; metode sestavljanja števil z dvojko in s štirico na koncu se med seboj izključujejo, nekompatibilne, torej je skupno število možnosti enako vsoti števila možnosti z dvojko na koncu in števila možnosti s 4 na koncu). Vnos 6 + 6 = 12 bolje odraža razloge za naša dejanja kot vnos P.
25. F. Na koliko načinov lahko število 1) 12 zapišemo kot produkt prafaktorjev? 2) 24; 3) 120?
rešitev.
Posebnost tega problema je, da so v razširitvi vsakega od teh števil enaki, ponavljajoči se faktorji. Pri sestavljanju različnih permutacij iz faktorjev ne bomo dobili nove permutacije, če zamenjamo poljubna dva enaka faktorja.
1) Število 12 razložimo na tri prafaktorje, od katerih sta dva enaka: 12 = .
Če bi bili vsi faktorji različni, bi jih lahko prerazporedili v produkt P3 = 3! = 6 različnih načinov. Za naštevanje teh metod bomo pogojno "ločili" dve dvojki in poudarili eno od njiju: 12 = 2.
Potem je možnih naslednjih 6 variant razgradnje na prebivalce:
Toda v resnici podčrtavanje števil v matematiki nima pomena, tako da nastalih 6 permutacij v navadnem zapisu izgleda takole:
t.j. dobili smo ne 6, ampak 3 različne permutacije zaradi dejstva, da nam ni treba upoštevati medsebojnih permutacij.
Označimo P x zahtevano število permutacij treh elementov, vključno z dvema enakima; potem lahko rezultat, ki smo ga dobili, zapišemo takole: Рз = Р X Toda 2 je število različnih permutacij dveh elementov, tj. 2 == 2! = P 2, torej P3, = P x P 2, torej P x = 
. (to je formula za število permutacij s ponovitvami).
Lahko razmišljamo drugače, le na podlagi pravila kombinatornega produkta.
Če želite ustvariti produkt treh faktorjev, najprej izberite mesto za faktor 3; to je mogoče storiti na enega od treh načinov. Nato zapolnimo oba preostala prostora z dvema; to je mogoče storiti na 1 način. Po pravilu produkta je skupno število načinov: 3-1 =3., Р x =20.
Drugi način. Pri sestavljanju produkta petih faktorjev najprej izberemo mesto za peterico (5 načinov), nato za trojko (4 načini), preostala 3 mesta pa zapolnimo z dvojčkom (1 način); po pravilu produkta 5 4 1 = 20.
Odgovor: 1) 3; 2) 4; 3) 20.
26. F. Na koliko načinov lahko pobarvamo 6 celic tako, da so 3 celice rdeče, preostale 3 pa pobarvane (vsaka s svojo barvo) belo, črno ali zeleno?
rešitev.
Permutacije 6 elementov, med katerimi so trije enaki:
V nasprotnem primeru: za barvanje z belo lahko izberete eno od 6 celic, črno - od 5, zeleno - od 4; Tri preostale celice so pobarvane rdeče. Skupno število načinov: 6 5 4 1 = 120.
Odgovor: 120 načinov.
27.T. Pešec mora hoditi en blok proti severu in tri bloke proti zahodu. Zapiši vse možne poti za pešce.= 4.
Odgovor: 4 poti.
28. M. a) Na vratih štirih enakih pisarn je potrebno obesiti table z imeni štirih namestnikov direktorja. Na koliko načinov je to mogoče storiti?
b) V 9. A razredu je v sredo 5 lekcij: algebra, geometrija, športna vzgoja, ruščina, angleščina. Koliko možnosti urnika lahko ustvarite za ta dan?
c) Na koliko načinov se lahko razkropijo štirje tatovi, eden za drugim, v vse štiri smeri?
d) Adjutant mora petim polkom dostaviti pet izvodov generalove povelje. Na koliko načinov lahko izbere dostavno pot za kopije naročila?
rešitev.
a) Za prvo ploščo lahko izberete katero koli od 4 omar,
Za drugega - katerega koli od treh preostalih, za tretjega - katerega koli od preostalih dveh, za četrtega - enega preostalega; po pravilu
produkta je skupno število načinov: 4 3 2 1 = 24 ali P4 = 4! = 24.= 120 ali P5 = 5! = 120.
Odgovor: a) 24; b) 120; c) 24; d) 120.
Literatura
Afanasjev V.V. Teorija verjetnosti v primerih in problemih, - Yaroslavl: Yaroslavl State Pedagogical University, 1994.
Bavrin I. I. Višja matematika: učbenik za študente kemijskih in matematičnih specialnosti pedagoških univerz - 2. izdaja, revidirana. - M.: Izobraževanje, 1993.
Bunimovich E. A., Bulychev V. A. Verjetnost in statistika. Razredi 5-9: Priročnik za splošne izobraževalne ustanove, - M.: Bustard, 2005.
Vilenkin N. Ya in drugi. Algebra in matematična analiza za 10. razred: učbenik za učence v šolah in razredih s poglobljenim študijem matematike. - M.: Izobraževanje, 1992.
Vilenkin N. Ya in drugi. Algebra in matematična analiza za 11. razred: učbenik za učence šol in razredov s poglobljenim študijem matematike - M.: Prosveshchenie, 1990.
Glazer G.I. Zgodovina matematike v šoli: 9.-10. Priročnik za učitelje. - M .: Izobraževanje 1983.
Dorofeev G.V., Suvorova S.B., Bunimovich E.A. Matematika 9: Algebra. Funkcije. Analiza podatkov - M.: Bustard, 2000.
Koljagin in drugi. Algebra in začetek analize 11. razred. Matematika v šoli - 2002 - št. 4 - str. 43,44,46.
Lyupshkas V.S. Izbirni predmeti matematike: teorija verjetnosti: učbenik za 9.-11. razred - M., 1991.
Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G. Elementi statistike in teorije verjetnosti: učbenik za učence 7-9 razredov - M.: Prosveshchenie, 2005.
Mordkovich A.G., Semenov P.V. Algebra in začetki analize, 10. razred: Učbenik za splošnoizobraževalne ustanove (stopnja profila) - M.: Mnemosyna, 2005.
Tkacheva M.V., Fedorova N.E. Elementi statistike in verjetnosti: učbenik za učence 7-9 razredov, M.: Prosveščenie, 2005.
V kombinatoriki preučujejo vprašanja o tem, koliko kombinacij določene vrste je mogoče sestaviti iz danih predmetov (elementov).
Rojstvo kombinatorike kot veje je povezano z deli B. Pascala in P. Fermata o teoriji iger na srečo. Velik prispevek k razvoju kombinatoričnih metod je prispeval G.V. Leibniz, J. Bernoulli in L. Euler.
Francoski filozof, pisatelj, matematik in fizik Blaise Pascal (1623–1662) je že zgodaj pokazal svoje izjemne matematične sposobnosti. Paleta Pascalovih matematičnih zanimanj je bila zelo raznolika. Pascal je dokazal eno stvar
iz osnovnih izrekov projektivne geometrije (Pascalov izrek), zasnoval seštevalec (Pascalov seštevalec), podal metodo za računanje binomskih koeficientov (Pascalov trikotnik), prvi natančno definiral in za dokaz uporabil metodo matematične indukcije, naredil pomemben korak v razvoju infinitezimalne analize, odigral pomembno vlogo pri nastanku teorije verjetnosti. V hidrostatiki je Pascal vzpostavil njen temeljni zakon (Pascalov zakon). Pascalovo »Pismo provincialcu« je bilo mojstrovina francoske klasične proze.
Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716) je bil nemški filozof, matematik, fizik in izumitelj, pravnik, zgodovinar in jezikoslovec. V matematiki je skupaj z I. Newtonom razvil diferencialni in integralni račun. Pomembno je prispeval k kombinatoriki. Njegovo ime je povezano predvsem s problemi teorije števil.
Gottfried Wilhelm Leibniz je bil malo impresivnega videza in je zato dajal vtis precej navadne osebe. Nekega dne v Parizu je šel v knjigarno v upanju, da bo kupil knjigo filozofa, ki ga je poznal. Ko je obiskovalec vprašal o tej knjigi, je knjigarnar, ki ga je pregledal od glave do peta, posmehljivo rekel: »Zakaj jo potrebujete? Ste res sposobni brati takšne knjige?« Preden je znanstvenik uspel odgovoriti, je v trgovino vstopil sam avtor knjige z besedami: "Pozdrav in spoštovanje do Velikega Leibniza!" Prodajalec ni mogel razumeti, da je to res slavni Leibniz, čigar knjige so bile med znanstveniki zelo povpraševane.
V prihodnosti bo pomembno vlogo igralo naslednje
Lema. Pustite v niz elementov in v niz - elemente. Potem bo število vseh različnih parov kjer bo enako .
Dokaz. Z enim elementom iz množice namreč lahko sestavimo tako različne pare in skupaj v množici elementov.
Postavitve, permutacije, kombinacije
Naj imamo niz treh elementov. Na kakšen način lahko izberemo dva od teh elementov? .
Opredelitev. Razporeditve množice različnih elementov po elementih so kombinacije, ki so sestavljene iz danih elementov po > elementih in se razlikujejo bodisi po samih elementih bodisi po vrstnem redu elementov.
Število vseh razporeditev množice elementov po elementih je označeno z (iz začetne črke francoske besede “arrangement”, kar pomeni ureditev), kjer je in .
Izrek.Število postavitev množice elementov po elementih je enako
Dokaz. Recimo, da imamo elemente. Naj bodo možne postavitve. Te umestitve bomo gradili zaporedno. Najprej definirajmo prvi umestitveni element. Iz danega nabora elementov ga je mogoče izbrati na različne načine. Po izbiri prvega elementa še vedno obstajajo načini za izbiro drugega elementa itd. Ker vsaka taka izbira daje novo umestitev, lahko vse te izbire med seboj poljubno kombinirate. Zato imamo:
Primer. Na koliko načinov je lahko zastava sestavljena iz treh vodoravnih črt različnih barv, če je material v petih barvah?
rešitev. Zahtevano število tripasovnih zastavic:
Opredelitev. Permutacija množice elementov je razporeditev elementov v določenem vrstnem redu.
Tako so vse različne permutacije niza treh elementov
Navedeno je število vseh permutacij elementov (iz začetne črke francoske besede "permutacija", kar pomeni "permutacija", "gibanje"). Zato se število vseh različnih permutacij izračuna po formuli
Primer. Na koliko načinov lahko topove postavimo na šahovnico, da se med seboj ne napadajo?
rešitev. Zahtevano število lopov
A-priory!
Opredelitev. Kombinacije različnih elementov po elementih so kombinacije, ki so sestavljene iz danih elementov po elementih in se razlikujejo vsaj v enem elementu (z drugimi besedami, -elementne podmnožice danega niza elementov).
Kot lahko vidite, se v kombinacijah, za razliko od umestitev, vrstni red elementov ne upošteva. Navedeno je število vseh kombinacij elementov, elementov v vsaki (iz začetne črke francoske besede "combinasion", kar pomeni "kombinacija").
Številke
Vse kombinacije iz kompleta dveh so .
Lastnosti števil (\sf C)_n^k
Dejansko vsaka podmnožica -elementov dane množice -elementov ustreza eni in samo eni podmnožici -elementov iste množice.
Dejansko lahko izberemo podmnožice elementov na naslednji način: popravimo en element; število podmnožic -elementov, ki vsebujejo ta element, je enako ; število podmnožic -elementov, ki ne vsebujejo tega elementa, je enako .
Pascalov trikotnik
V tem trikotniku so skrajne številke v vsaki vrstici enake 1, vsako neskrajno število pa je enako vsoti dveh števil nad njim iz prejšnje vrstice. Tako vam ta trikotnik omogoča izračunavanje števil.
Izrek.
Dokaz. Razmislimo o množici elementov in rešimo naslednjo težavo na dva načina: koliko zaporedij lahko sestavimo iz elementov danega
množice, v kateri se noben element ne pojavi dvakrat?
1 način. Izberemo prvega člana zaporedja, nato drugega, tretjega itd. član
Metoda 2. Najprej izberemo elemente iz danega nabora, nato pa jih razporedimo po nekem vrstnem redu
Pomnožite števec in imenovalec tega ulomka z:
Primer. Na koliko načinov lahko izberete 5 številk od 36 v igri »Sportloto«?
Zahtevano število načinov
Naloge.
1.
Avtomobilske tablice so sestavljene iz 3 črk ruske abecede (33 črk) in 4 številk. Koliko različnih številk registrskih tablic obstaja?
2.
Na klavirju je 88 tipk. Na koliko načinov lahko ustvarite 6 zvokov zaporedoma?
3.
Koliko je šestmestnih števil, ki so deljiva s 5?
4.
Na koliko načinov lahko damo 7 različnih kovancev v tri žepe?
5.
Koliko petmestnih števil lahko sestavite, da imajo v decimalnem zapisu vsaj enkrat številko 5?
6.
Na koliko načinov lahko za okroglo mizo posadimo 20 ljudi, če upoštevamo, da so načini enaki, če jih lahko dobimo enega od drugega s premikanjem v krogu?
7.
Koliko je petmestnih števil, ki so deljiva s 5 in nimajo enakih števk?
8.
Na karirasti papir s stranico celice 1 cm je narisan krog s polmerom 100 cm, ki ne poteka skozi vrhove celic in se ne dotika stranic celic. Koliko celic lahko seka ta krog?
9.
Na koliko načinov je mogoče številke razporediti v vrsto, tako da so številke sosednje in v naraščajočem vrstnem redu?
10.
Koliko petmestnih števil je mogoče sestaviti iz števk, če je vsako števko mogoče uporabiti le enkrat?
11.
Iz besede ROT lahko s preurejanjem črk dobite naslednje besede: TOP, ORT, OTR, TRO, RTO. Imenujejo se anagrami. Koliko anagramov lahko sestavite iz besede LOGARITEM?
12.
Pokličimo cepitev naravno število, njegova predstavitev kot vsota naravnih števil. Tukaj so na primer vse particije številke:
Particije se štejejo za različne, če se razlikujejo po številu ali vrstnem redu svojih členov.
Koliko različnih razdelitev števila na člene obstaja?
13.
Koliko je trimestnih števil z nenaraščajočim vrstnim redom?
14.
Koliko je štirimestnih števil z nenaraščajočim vrstnim redom?
15.
Na koliko načinov lahko 17 ljudi posadimo v vrsto, tako da na koncu stojijo drug poleg drugega?
16.
dekleta in fantje so naključno nameščeni v vrsti sedežev. Na koliko načinov ju je mogoče namestiti tako, da nobeni deklici ne bosta sedeli ena poleg druge?
17.
dekleta in fantje so naključno nameščeni v vrsti sedežev. Na koliko načinov ju je mogoče namestiti tako, da vse deklice sedijo ena poleg druge?
