Numëroni numrin e kombinimeve të mundshme në internet. Vendosjet dhe teoria e probabilitetit

Le të shqyrtojmë problemin e numërimit të numrit të mostrave nga një grup i caktuar në formë të përgjithshme. Le të ketë një grup N, përbërë nga n elementet. Çdo nëngrup që përbëhet nga m elementet mund të konsiderohen pa marrë parasysh renditjen e tyre, ose duke e marrë parasysh atë, d.m.th. kur ndryshoni rendin, kaloni në një tjetër m– marrjen e mostrave.

Le të formulojmë përkufizimet e mëposhtme:

Vendosje pa përsëritje

Vendosja pa përsëritje tën elementet ngam Nqë përmbanmelemente të ndryshme.

Nga përkufizimi rezulton se të dy rregullimet ndryshojnë nga njëra-tjetra, si në elementet e tyre ashtu edhe në renditjen e tyre, edhe nëse elementët janë të njëjtë.

Teorema 3. Numri i vendosjeve pa përsëritje është i barabartë me produktin m faktorë, më i madhi prej të cilëve është numri n . Shkruani:

Permutacione pa përsëritje

Permutacione ngan elementet quhen renditje të ndryshme të grupitN.

Nga ky përkufizim del se dy permutacionet ndryshojnë vetëm në renditjen e elementeve dhe ato mund të konsiderohen si një rast i veçantë i vendosjeve.

Teorema 4. Numri i permutacioneve të ndryshme pa përsëritje llogaritet me formulë

Kombinime pa përsëritje

Një kombinim pa përsëritje tën elementet ngam quhet çdo nënbashkësi e parenditur e një bashkësieNqë përmbanm elemente të ndryshme.

Nga përkufizimi del se të dy kombinimet ndryshojnë vetëm në elemente;

Teorema 5. Numri i kombinimeve pa përsëritje llogaritet duke përdorur një nga formulat e mëposhtme:

Shembulli 1. Ka 5 karrige në dhomë. Në sa mënyra mund t'i vendosni ato mbi to?

a) 7 persona; b) 5 persona; c) 3 persona?

Zgjidhja: a) Para së gjithash, ju duhet të zgjidhni 5 persona nga 7 për t'u ulur në karrige. Mund të bëhet
mënyrë. Me çdo zgjedhje të një pesë të caktuar, ju mund të prodhoni
rirregullimet. Sipas teoremës së shumëzimit, numri i kërkuar i metodave të uljes është i barabartë.

Koment: Problemi mund të zgjidhet duke përdorur vetëm teoremën e produktit, duke arsyetuar si më poshtë: për uljen në karrigen e parë ka 7 opsione, në karrigen e dytë ka 6 opsione, në 3 -5, në të 4 -4 dhe në 5- th -3. Atëherë numri i mënyrave për të ulur 7 persona në 5 karrige është . Zgjidhjet nga të dyja metodat janë të qëndrueshme, pasi

b) Zgjidhja është e qartë -

V) - numri i zgjedhjeve të karrigeve të zëna.

- numri i vendeve për tre persona në tre karrige të zgjedhura.

Numri i përgjithshëm i zgjedhjeve është.

Nuk është e vështirë të kontrollosh formulat
;

;

Numri i të gjitha nënbashkësive të një grupi të përbërë nga n elementet.

Përsëritni vendosjet

Duke vendosur me përsëritje ngan elementet ngam quhet çdo nënbashkësi e renditur e një grupiN, përbërë ngam elemente në mënyrë që çdo element të mund të përfshihet në këtë nëngrup nga 1 nëmherë, ose të mungojë fare prej tij.

Numri i vendosjeve me përsëritje shënohet me dhe llogaritet duke përdorur formulën, e cila është pasojë e teoremës së shumëzimit:

Shembulli 2. Le të jetë N = (a, b, c) një grup prej tre shkronjash. Le ta quajmë fjalë çdo grup shkronjash të përfshira në këtë grup. Le të gjejmë numrin e fjalëve me gjatësi 2 që mund të bëhen nga këto shkronja:
.

Koment: Natyrisht, vendosjet me përsëritje mund të merren parasysh edhe kur
.

Shembulli 3. Duhet të përdorni shkronjat (a, b) për të krijuar të gjitha fjalët e mundshme me gjatësi 3. Në sa mënyra mund të bëhet kjo?

Përgjigju:

Duhet të theksohet se kombinatorika është një degë e pavarur e matematikës së lartë (dhe jo pjesë e terverit) dhe për këtë disiplinë janë shkruar tekste me peshë, përmbajtja e të cilave, nganjëherë, nuk është më e lehtë se sa algjebra abstrakte. Sidoqoftë, një pjesë e vogël e njohurive teorike do të na mjaftojë dhe në këtë artikull do të përpiqem të analizoj në një formë të arritshme bazat e temës me probleme tipike kombinuese. Dhe shumë prej jush do të më ndihmoni ;-)

Çfarë do të shkojmë për të bërë? Në një kuptim të ngushtë, kombinatorika është llogaritja e kombinimeve të ndryshme që mund të bëhen nga një grup i caktuar diskrete objektet. Objekte kuptohen si çdo objekt ose qenie e gjallë e izoluar - njerëz, kafshë, kërpudha, bimë, insekte, etj. Në të njëjtën kohë, kombinatorikës nuk i intereson aspak që grupi përbëhet nga një pjatë qull bollguri, një saldim dhe një bretkosë kënetore. Është thelbësisht e rëndësishme që këto objekte të mund të numërohen - ka tre prej tyre (diskrete) dhe e rëndësishme është që asnjëra prej tyre nuk është identike.

Jemi marrë shumë, tani për kombinimet. Llojet më të zakonshme të kombinimeve janë permutacionet e objekteve, përzgjedhja e tyre nga një grup (kombinimi) dhe shpërndarja (vendosja). Le të shohim se si ndodh kjo tani:

Permutacione, kombinime dhe vendosje pa përsëritje

Mos kini frikë nga termat e paqartë, veçanërisht pasi disa prej tyre nuk janë vërtet shumë të mira. Le të fillojmë me bishtin e titullit - çfarë bën " pa përsëritje"? Kjo do të thotë se në këtë seksion do të shqyrtojmë grupet që përbëhen nga të ndryshme objektet. Për shembull, ... jo, nuk do të ofroj qull me saldator dhe një bretkocë, më mirë të kesh diçka më të shijshme =) Imagjinoni që një mollë, një dardhë dhe një banane të jenë materializuar në tryezën para jush ( nëse i keni, situata mund të simulohet në realitet). Ne shtrojmë frutat nga e majta në të djathtë në rendin e mëposhtëm:

mollë / dardhë / banane

Pyetja e parë: Në sa mënyra mund të riorganizohen?

Një kombinim tashmë është shkruar më lart dhe nuk ka probleme me pjesën tjetër:

mollë / banane / dardhë
dardhë / mollë / banane
dardhë / banane / mollë
banane / mollë / dardhë
banane / dardhë / mollë

Total: 6 kombinime ose 6 permutacionet.

Mirë, nuk ishte e vështirë të rendisje të gjitha rastet e mundshme, por po sikur të kishte më shumë objekte? Me vetëm katër fruta të ndryshme, numri i kombinimeve do të rritet ndjeshëm!

Ju lutemi hapni materialin e referencës (është i përshtatshëm për të printuar manualin) dhe në pikën nr.2 gjeni formulën për numrin e permutacioneve.

Asnjë sherr - 3 objekte mund të riorganizohen në mënyra të ndryshme.

Pyetja dy: Në sa mënyra mund të zgjidhni a) një frut, b) dy fruta, c) tre fruta, d) të paktën një frut?

Pse të zgjidhni? Kështu që ne kemi krijuar një oreks në pikën e mëparshme - për të ngrënë! =)

a) Një frut mund të zgjidhet, natyrisht, në tre mënyra - merrni ose një mollë, një dardhë ose një banane. Llogaritja formale kryhet sipas formula për numrin e kombinimeve:

Hyrja në këtë rast duhet të kuptohet si më poshtë: "në sa mënyra mund të zgjidhni 1 frut nga tre?"

b) Le të rendisim të gjitha kombinimet e mundshme të dy frutave:

mollë dhe dardhë;
mollë dhe banane;
dardhë dhe banane.

Numri i kombinimeve mund të kontrollohet lehtësisht duke përdorur të njëjtën formulë:

Hyrja kuptohet në mënyrë të ngjashme: "në sa mënyra mund të zgjidhni 2 fruta nga tre?"

c) Dhe së fundi, ekziston vetëm një mënyrë për të zgjedhur tre fruta:

Nga rruga, formula për numrin e kombinimeve mbetet kuptimplotë për një kampion bosh:
Në këtë mënyrë, ju nuk mund të zgjidhni asnjë frut të vetëm - në fakt, mos merrni asgjë dhe kjo është ajo.

d) Në sa mënyra mund të merrni të paktën një fruta? Kushti "të paktën një" nënkupton që ne jemi të kënaqur me 1 frut (ndonjë) ose çdo 2 fruta ose të tre frutat:
duke përdorur këto metoda mund të zgjidhni të paktën një frut.

Lexuesit që kanë studiuar me kujdes mësimin hyrës mbi teoria e probabilitetit, tashmë kemi hamendësuar diçka. Por më shumë për kuptimin e shenjës plus më vonë.

Për t'iu përgjigjur pyetjes tjetër më duhen dy vullnetarë... ...Epo, meqë askush nuk dëshiron, atëherë do t'ju thërras në bord =)

Pyetja e tretë: Në sa mënyra mund t'i shpërndani nga një frut Dashës dhe Natashës?

Për të shpërndarë dy fruta, së pari duhet t'i zgjidhni ato. Sipas paragrafit "be" të pyetjes së mëparshme, kjo mund të bëhet në mënyra, unë do t'i rishkruaj ato:

mollë dhe dardhë;
mollë dhe banane;
dardhë dhe banane.

Por tani do të ketë dy herë më shumë kombinime. Konsideroni, për shembull, çiftin e parë të frutave:
Ju mund ta trajtoni Dasha me një mollë, dhe Natasha me një dardhë;
ose anasjelltas - Dasha do të marrë dardhën, dhe Natasha do të marrë mollën.

Dhe një ndërrim i tillë është i mundur për çdo palë frutash.

Merrni parasysh të njëjtin grup studentësh që shkoi në vallëzim. Në sa mënyra mund të çiftohen një djalë dhe një vajzë?

Në mënyra që ju mund të zgjidhni 1 të ri;
mënyra se si mund të zgjidhni 1 vajzë.

Kështu, një i ri Dhe Ju mund të zgjidhni një vajzë: mënyrat.

Kur zgjidhet 1 objekt nga çdo grup, parimi i mëposhtëm për numërimin e kombinimeve është i vlefshëm: çdo një objekt nga një grup mund të formojë një çift me çdo objekt i një grupi tjetër”.

Kjo do të thotë, Oleg mund të ftojë ndonjë nga 13 vajzat për të kërcyer, Evgeny gjithashtu mund të ftojë ndonjë nga trembëdhjetë, dhe pjesa tjetër e të rinjve kanë një zgjedhje të ngjashme. Gjithsej: çifte të mundshme.

Duhet të theksohet se në këtë shembull, "historia" e formimit të çiftit nuk ka rëndësi; megjithatë, nëse marrim parasysh iniciativën, numri i kombinimeve duhet të dyfishohet, pasi secila nga 13 vajzat mund të ftojë edhe çdo djalë për të kërcyer. E gjitha varet nga kushtet e një detyre të veçantë!

Një parim i ngjashëm vlen për kombinime më komplekse, për shembull: në sa mënyra mund të zgjidhni dy të rinj? Dhe dy vajza për të marrë pjesë në një skemë të KVN?

Bashkimi DHE lë të kuptohet qartë se kombinimet duhet të shumëzohen:

Grupe të mundshme artistësh.

Me fjale te tjera, secili një palë djemsh (45 çifte unike) mund të performojnë me ndonjë një palë vajzash (78 çifte unike). Dhe nëse marrim parasysh shpërndarjen e roleve midis pjesëmarrësve, do të ketë edhe më shumë kombinime. ...Dua shumë, por prapë do të përmbahem nga vazhdimi për të mos ju rrënjosur një neveri ndaj jetës studentore =).

Rregulli për shumëzimin e kombinimeve vlen edhe për një numër më të madh shumëzuesish:

Problemi 8

Sa numra treshifrorë janë të plotpjesëtueshëm me 5?

Zgjidhje: për qartësi, le ta shënojmë këtë numër me tre yje: ***

NË qindra vend Mund të shkruani cilindo nga numrat (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ose 9). Zero nuk është i përshtatshëm, pasi në këtë rast numri pushon së qeni treshifror.

Por në dhjetra vend(“në mes”) mund të zgjidhni cilindo nga 10 shifrat: .

Sipas kushtit, numri duhet të plotpjesëtohet me 5. Një numër pjesëtohet me 5 nëse mbaron me 5 ose 0. Kështu, ne mjaftohemi me 2 shifra në shifrën më pak të rëndësishme.

Në total, ka: numra treshifrorë që pjesëtohen me 5.

Në këtë rast, vepra deshifrohet si më poshtë: “9 mënyra me të cilat mund të zgjidhni një numër qindra vend Dhe 10 mënyra për të zgjedhur një numër në dhjetra vend Dhe 2 mënyra për të hyrë shifra e njësive»

Ose edhe më e thjeshtë: " secili nga 9 shifra në qindra vend kombinon me secilin prej 10 shifrash dhjetra vend dhe me secilin nga dy shifra në shifra e njësive».

Përgjigju: 180

Dhe tani…

Po, pothuajse harrova komentin e premtuar për problemin nr. 5, në të cilin Bor, Dima dhe Volodya mund t'i shpërndahen nga një kartë secili në mënyra të ndryshme. Shumëzimi këtu ka të njëjtin kuptim: mënyra për të hequr 3 letra nga kuverta DHE në secilin mostra riorganizoni ato në mënyra.

Dhe tani një problem për t'u zgjidhur vetë ... tani do të dal me diçka më interesante ... le të jetë për të njëjtin version rus të blackjack:

Problemi 9

Sa kombinime fituese të 2 letrave ka kur luani "pikë"?

Për ata që nuk e dinë: kombinimi fitues është 10 + ACE (11 pikë) = 21 pikë dhe, le të shqyrtojmë kombinimin fitues të dy aceve.

(rendi i letrave në asnjë çift nuk ka rëndësi)

Një zgjidhje dhe përgjigje e shkurtër në fund të mësimit.

Nga rruga, mos e konsideroni shembullin primitiv. Blackjack është pothuajse e vetmja lojë për të cilën ekziston një algoritëm i bazuar matematikisht që ju lejon të mundni kazinonë. Të interesuarit mund të gjejnë lehtësisht një mori informacionesh në lidhje me strategjinë dhe taktikat optimale. Vërtetë, mjeshtra të tillë mjaft shpejt përfundojnë në listën e zezë të të gjitha institucioneve =)

Është koha për të konsoliduar materialin e mbuluar me disa detyra të forta:

Problemi 10

Vasya ka 4 mace në shtëpi.

a) në sa mënyra mund të ulen macet në qoshet e dhomës?
b) në sa mënyra mund t'i lini macet të shkojnë për shëtitje?
c) në sa mënyra mund të marrë Vasya dy mace (njëra në të majtë, tjetra në të djathtë)?

Le të vendosim: së pari, duhet t'i kushtoni përsëri vëmendje faktit se problemi merret me të ndryshme objekte (edhe nëse macet janë binjakë identikë). Ky është një kusht shumë i rëndësishëm!

a) Heshtja e maceve. Subjekt i këtij ekzekutimi të gjitha macet menjëherë
+ vendndodhja e tyre është e rëndësishme, kështu që këtu ka ndërrime:
duke përdorur këto metoda mund të vendosni macet në qoshet e dhomës.

E përsëris se kur ndryshoni, vetëm numri i objekteve të ndryshme dhe pozicionet e tyre relative kanë rëndësi. Në varësi të gjendjes shpirtërore të Vasya, ajo mund t'i vendosë kafshët në një gjysmërreth në divan, në një rresht në dritare, etj. – në të gjitha rastet do të ketë 24 ndërrime, për lehtësi, të interesuarit mund të imagjinojnë që macet janë shumëngjyrësh (për shembull, të bardha, të zeza, të kuqe dhe tabby) dhe të listojnë të gjitha kombinimet e mundshme.

b) Në sa mënyra mund t'i lini macet të shkojnë për shëtitje?

Supozohet se macet shkojnë për shëtitje vetëm nëpër derë, dhe pyetja nënkupton indiferencë në lidhje me numrin e kafshëve - 1, 2, 3 ose të 4 macet mund të shkojnë për një shëtitje.

Ne numërojmë të gjitha kombinimet e mundshme:

Në mënyra që ju mund të lini një mace (një nga katër) të shkojë për shëtitje;
mënyra se si mund t'i lini dy mace të shkojnë për shëtitje (listoni vetë opsionet);
në mënyra që mund të lini tre mace të shkojnë për shëtitje (njëra nga katër ulet në shtëpi);
Në këtë mënyrë ju mund të lironi të gjitha macet.

Ju ndoshta keni marrë me mend se vlerat që rezultojnë duhet të përmblidhen:
mënyra se si mund t'i lini macet të shkojnë për shëtitje.

Për entuziastët, unë ofroj një version të komplikuar të problemit - kur çdo mace në çdo mostër mund të dalë rastësisht jashtë, si përmes derës ashtu edhe përmes dritares në katin e 10-të. Do të ketë një rritje të dukshme të kombinimeve!

c) Në sa mënyra mund të marrë Vasya dy mace?

Situata përfshin jo vetëm zgjedhjen e 2 kafshëve, por edhe vendosjen e tyre në secilën dorë:
Në këto mënyra mund të kapni 2 mace.

Zgjidhja e dytë: mund të zgjidhni dy mace duke përdorur metoda Dhe mënyra për të mbjellë çdo një çift në dorë:

Përgjigju: a) 24, b) 15, c) 12

Epo, për të pastruar ndërgjegjen tuaj, diçka më specifike në lidhje me shumëzimin e kombinimeve... Lëreni Vasya të ketë 5 mace shtesë =) Në sa mënyra mund t'i lini 2 mace të shkojnë për shëtitje? Dhe 1 mace?

Kjo është, me secili nja dy mace mund të lirohen çdo Mace.

Një fizarmonikë tjetër me butona për zgjidhje të pavarur:

Problemi 11

3 pasagjerë hipën në ashensorin e një pallati 12-katësh. Të gjithë, pavarësisht nga të tjerët, mund të dalin në çdo kat (duke filluar nga kati i dytë) me probabilitet të barabartë. Në sa mënyra:

1) pasagjerët mund të zbresin në të njëjtin kat (rendi i daljes nuk ka rëndësi);
2) dy persona mund të zbresin në një kat, dhe një i tretë në tjetrin;
3) njerëzit mund të dalin në kate të ndryshme;
4) a mund të dalin pasagjerët nga ashensori?

Dhe këtu shpesh pyesin përsëri, sqaroj: nëse në të njëjtin kat dalin 2 ose 3 persona, atëherë rendi i daljes nuk ka rëndësi. MENDO, përdor formula dhe rregulla për shtimin/shumëzimin e kombinimeve. Në rast vështirësish, është e dobishme që pasagjerët të japin emra dhe të spekulojnë se në çfarë kombinimesh mund të dalin nga ashensori. Nuk ka nevojë të shqetësoheni nëse diçka nuk funksionon, për shembull, pika nr. 2 është mjaft tinëzare.

Zgjidhje e plotë me komente të detajuara në fund të mësimit.

Paragrafi i fundit i kushtohet kombinimeve që ndodhin gjithashtu mjaft shpesh - sipas vlerësimit tim subjektiv, në afërsisht 20-30% të problemeve kombinuese:

Permutacione, kombinime dhe vendosje me përsëritje

Llojet e listuara të kombinimeve janë përshkruar në paragrafin nr. 5 të materialit referues Formulat bazë të kombinatorikës, megjithatë, disa prej tyre mund të mos jenë shumë të qarta me leximin e parë. Në këtë rast, së pari këshillohet të njiheni me shembuj praktikë dhe vetëm atëherë të kuptoni formulimin e përgjithshëm. Shko:

Permutacione me përsëritje

Në ndërrime me përsëritje, si në permutacionet "të zakonshme", të gjitha objektet e shumta në të njëjtën kohë, por ka një gjë: në këtë grup përsëriten një ose më shumë elementë (objekte). Plotësoni standardin vijues:

Problemi 12

Sa kombinime të ndryshme shkronjash mund të fitohen duke riorganizuar letrat me shkronjat e mëposhtme: K, O, L, O, K, O, L, b, Ch, I, K?

Zgjidhje: në rast se të gjitha shkronjat ishin të ndryshme, atëherë do të duhej të zbatohej një formulë e parëndësishme, por është plotësisht e qartë se për grupin e propozuar të kartave disa manipulime do të funksionojnë "boshe", për shembull, nëse ndërroni çdo dy karta me shkronjat "K" " në çdo fjalë, ju merrni të njëjtën fjalë. Për më tepër, fizikisht kartat mund të jenë shumë të ndryshme: njëra mund të jetë e rrumbullakët me shkronjën "K" të shtypur në të, tjetra mund të jetë katrore me shkronjën "K" të vizatuar mbi të. Por sipas kuptimit të detyrës, edhe karta të tilla konsiderohen të njëjta, pasi kushti pyet për kombinimet e shkronjave.

Gjithçka është jashtëzakonisht e thjeshtë - vetëm 11 karta, duke përfshirë letrën:

K - përsëritet 3 herë;
O – përsëritet 3 herë;
L - përsëritet 2 herë;
b – përsëritet 1 herë;
H - përsëritet 1 herë;
Dhe - përsëritet 1 herë.

Kontrollo: 3 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 11, që është ajo që duhet të kontrollohet.

Sipas formulës numri i permutacioneve me përsëritje:
mund të merren kombinime të ndryshme shkronjash. Më shumë se gjysmë milioni!

Për të llogaritur shpejt një vlerë të madhe faktoriale, është e përshtatshme të përdorni funksionin standard Excel: futeni në çdo qelizë =FAKT(11) dhe shtypni Hyni.

Në praktikë, është mjaft e pranueshme të mos shkruhet formula e përgjithshme dhe, përveç kësaj, të hiqen faktorët e njësisë:

Por kërkohen komente paraprake për letrat e përsëritura!

Përgjigju: 554400

Një shembull tjetër tipik i permutacioneve me përsëritje ndodh në problemin e vendosjes së pjesës së shahut, i cili mund të gjendet në magazinë zgjidhje të gatshme në pdf-në përkatëse. Dhe për një zgjidhje të pavarur, unë dola me një detyrë më pak formula:

Problemi 13

Alexey shkon për sport, dhe 4 ditë në javë - atletikë, 2 ditë - ushtrime forcash dhe 1 ditë pushim. Në sa mënyra mund të krijojë një orar javor për vete?

Formula nuk funksionon këtu sepse merr parasysh shkëmbimet e rastësishme (për shembull, ndërrimi i ushtrimeve të forcës të së mërkurës me ushtrimet e forcës të së enjtes). Dhe përsëri - në fakt, të njëjtat 2 seanca të stërvitjes së forcës mund të jenë shumë të ndryshme nga njëra-tjetra, por në kontekstin e detyrës (nga pikëpamja e orarit) ato konsiderohen të njëjtat elementë.

Zgjidhje me dy rreshta dhe përgjigje në fund të orës së mësimit.

Kombinime me përsëritje

Një tipar karakteristik i këtij lloji të kombinimit është se mostra është nxjerrë nga disa grupe, secila prej të cilave përbëhet nga objekte identike.

Të gjithë kanë punuar shumë sot, ndaj është koha për të rifreskuar veten:

Problemi 14

Mensa e studentëve shet salsiçe në brumë, djathë dhe donuts. Në sa mënyra mund të blini pesë byrekë?

Zgjidhje: i kushtoni vëmendje menjëherë kriterit tipik për kombinimet me përsëritjet - sipas kushtit, nuk është një grup objektesh si i tillë që ofrohet për zgjedhje, por lloje te ndryshme objekte; supozohet se ka të paktën pesë hot dog, 5 cheesecakes dhe 5 donuts në shitje. Byrekët në secilin grup janë, natyrisht, të ndryshëm - sepse donutët absolutisht identikë mund të simulohen vetëm në një kompjuter =) Megjithatë, karakteristikat fizike të byrekut nuk janë të rëndësishme për qëllimin e problemit, dhe hot-dog / cheesecakes / donutët në grupet e tyre konsiderohen të njëjta.

Çfarë mund të jetë në mostër? Fillimisht duhet theksuar se në mostër do të ketë patjetër pite identike (pasi zgjedhim 5 copa, dhe ka 3 lloje për të zgjedhur). Këtu ka opsione për çdo shije: 5 hot dog, 5 cheesecakes, 5 donuts, 3 hot dogs + 2 cheesecakes, 1 hot dog + 2 cheesecakes + 2 donuts, etj.

Ashtu si me kombinimet "të rregullta", rendi i përzgjedhjes dhe vendosjes së byrekut në përzgjedhje nuk ka rëndësi - ju thjesht zgjodhët 5 pjesë dhe kjo është ajo.

Ne përdorim formulën numri i kombinimeve me përsëritje:
Me këtë metodë mund të blini 5 byrekë.

Ju bëftë mirë!

Përgjigju: 21

Çfarë përfundimi mund të nxirret nga shumë probleme kombinuese?

Ndonjëherë gjëja më e vështirë është të kuptosh gjendjen.

Një shembull i ngjashëm për një zgjidhje të pavarur:

Problemi 15

Portofoli përmban një numër mjaft të madh monedhash 1, 2, 5 dhe 10 rubla. Në sa mënyra mund të hiqen tre monedha nga një portofol?

Për qëllime të vetëkontrollit, përgjigjuni disa pyetjeve të thjeshta:

1) A mund të jenë të ndryshme të gjitha monedhat në mostër?
2) Emërtoni kombinimin "më të lirë" dhe "më të shtrenjtë" të monedhave.

Zgjidhja dhe përgjigjet në fund të orës së mësimit.

Nga përvoja ime personale, mund të them se kombinimet me përsëritje janë mysafiri më i rrallë në praktikë, gjë që nuk mund të thuhet për llojin e mëposhtëm të kombinimeve:

Vendosjet me përsëritje

Nga një grup i përbërë nga elementë, zgjidhen elementë dhe renditja e elementeve në secilën përzgjedhje është e rëndësishme. Dhe gjithçka do të ishte mirë, por një shaka mjaft e papritur është se ne mund të zgjedhim çdo objekt të grupit origjinal sa herë të duam. Në mënyrë figurative, «turma nuk do të pakësohet».

Kur ndodh kjo? Një shembull tipik është një bllokim i kombinuar me disa disqe, por për shkak të zhvillimeve teknologjike, është më e rëndësishme të merret parasysh pasardhësi i tij dixhital:

Problemi 16

Sa kode PIN me katër shifra ka?

Zgjidhje: në fakt, për të zgjidhur problemin mjafton njohja e rregullave të kombinatorikës: në mënyra mund të zgjidhni shifrën e parë të kodit PIN. Dhe mënyra - shifra e dytë e kodit PIN Dhe në po aq mënyra - e treta Dhe i njëjti numër - i katërti. Kështu, sipas rregullit të shumëzimit të kombinimeve, një kod pin katërshifror mund të kompozohet në: mënyra.

Dhe tani duke përdorur formulën. Sipas kushtit, na ofrohet një grup numrash, nga të cilët zgjidhen dhe renditen numrat në një rend të caktuar, ndërsa numrat në mostër mund të përsëriten (d.m.th., çdo shifër e grupit origjinal mund të përdoret një numër arbitrar herë). Sipas formulës për numrin e vendosjeve me përsëritje:

Përgjigju: 10000

Çfarë të vjen ndërmend këtu... ...nëse ATM-ja "e ha" kartën pas përpjekjes së tretë të pasuksesshme për të futur kodin PIN, atëherë shanset për ta marrë atë në mënyrë të rastësishme janë shumë të pakta.

Dhe kush tha se kombinatorika nuk ka kuptim praktik? Një detyrë njohëse për të gjithë lexuesit e faqes:

Problemi 17

Sipas standardit shtetëror, targa e makinës përbëhet nga 3 numra dhe 3 shkronja. Në këtë rast, një numër me tre zero është i papranueshëm dhe shkronjat zgjidhen nga grupi A, B, E, K, M, N, O, P, S, T, U, X. (përdoren vetëm ato shkronja cirilike, drejtshkrimi i të cilave përkon me shkronjat latine).

Sa targa të ndryshme mund të krijohen për një rajon?

Nga rruga, nuk ka shumë prej tyre. Në rajone të mëdha nuk ka një sasi të tillë të mjaftueshme, dhe për këtë arsye për ta ka disa kode për mbishkrimin RUS.

Zgjidhja dhe përgjigja janë në fund të mësimit. Mos harroni të përdorni rregullat e kombinatorikës ;-) ...Doja të tregoja atë që ishte ekskluzive, por doli të mos ishte ekskluzive =) Shikova Wikipedia - ka llogaritje atje, megjithëse pa komente. Edhe pse për qëllime edukative, me siguri, pak njerëz e zgjidhën atë.

Mësimi ynë emocionues ka marrë fund dhe më në fund dua të them se nuk e keni humbur kohën tuaj - për arsye se formulat e kombinatorikës gjejnë një aplikim tjetër praktik jetësor: ato gjenden në probleme të ndryshme në teoria e probabilitetit,
dhe ne problemet që përfshijnë përcaktimin klasik të probabilitetit- veçanërisht shpesh =)

Faleminderit të gjithëve për pjesëmarrjen tuaj aktive dhe shihemi së shpejti!

Zgjidhje dhe përgjigje:

Detyra 2: Zgjidhje: gjeni numrin e të gjitha ndërrimeve të mundshme të 4 kartave:

Kur një kartë me zero vendoset në vendin e parë, numri bëhet treshifror, kështu që këto kombinime duhet të përjashtohen. Le të jetë zero në vendin e parë, atëherë 3 shifrat e mbetura në shifrat e poshtme mund të riorganizohen në mënyra të ndryshme.

shënim : sepse Meqenëse ka vetëm disa karta, është e lehtë të renditësh të gjitha opsionet këtu:
0579
0597
0759
0795
0957
0975

Kështu, nga grupi i propozuar mund të bëjmë:
24 – 6 = 18 numra katërshifrorë
Përgjigju : 18

Detyra 4: Zgjidhje: në mënyra që ju mund të zgjidhni 3 letra nga 36.
Përgjigju : 7140

Detyra 6: Zgjidhje: mënyrat.
Një zgjidhje tjetër : mënyra se si mund të zgjidhni dy persona nga grupi dhe dhe
2) Seti "më i lirë" përmban 3 monedha rubla, dhe më "i shtrenjtë" - 3 monedha dhjetë rubla.

Problemi 17: Zgjidhje: duke përdorur këto metoda, mund të krijoni një kombinim dixhital të një numri makine, ndërsa një prej tyre (000) duhet të përjashtohet: .
duke përdorur këto metoda mund të krijoni një kombinim shkronjash të një numri targash.
Sipas rregullit të shumëzimit të kombinimeve, totali mund të bëhet:
targa
(secili Kombinimi dixhital është i kombinuar me secilin kombinim shkronjash).
Përgjigju : 1726272

Në kombinatorikë, ata studiojnë pyetje se sa kombinime të një lloji të caktuar mund të bëhen nga objekte (elemente) të dhëna.

Lindja e kombinatorikës si degë lidhet me veprat e B. Pascal dhe P. Fermat mbi teorinë e lojërave të fatit. Një kontribut i madh në zhvillimin e metodave kombinuese dha G.V. Leibniz, J. Bernoulli dhe L. Euler.

Filozofi, shkrimtari, matematikani dhe fizikani francez Blaise Pascal (1623–1662) tregoi aftësitë e tij të jashtëzakonshme matematikore që herët. Gama e interesave matematikore të Paskalit ishte shumë e ndryshme. Paskali vërtetoi një gjë
nga teoremat bazë të gjeometrisë projektive (teorema e Paskalit), projektoi një makinë përmbledhëse (makina shtuese e Paskalit), dha një metodë për llogaritjen e koeficientëve binomialë (trekëndëshi i Paskalit), ishte i pari që përcaktoi dhe zbatoi me saktësi metodën e induksionit matematik për vërtetim, bëri një hap të rëndësishëm në zhvillimin e analizës infiniteminale, luajti një rol të rëndësishëm në shfaqjen e teorisë së probabilitetit. Në hidrostatikë, Pascal vendosi ligjin e tij themelor (ligji i Paskalit). “Letra një provinciali” të Paskalit ishte një kryevepër e prozës klasike franceze.

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716) ishte një filozof, matematikan, fizikan dhe shpikës, avokat, historian dhe gjuhëtar gjerman. Në matematikë, së bashku me I. Njutonin, ai zhvilloi llogaritjen diferenciale dhe integrale. Ai dha një kontribut të rëndësishëm në kombinatorikë. Emri i tij, në veçanti, është i lidhur me probleme të teorisë së numrave.

Gottfried Wilhelm Leibniz kishte pak pamje mbresëlënëse dhe për këtë arsye të jepte përshtypjen e një personi mjaft të thjeshtë. Një ditë në Paris, ai shkoi në një librari me shpresën se do të blinte një libër nga një filozof që njihte. Kur një vizitor e pyeti për këtë libër, shitësi i librave, duke e ekzaminuar nga koka te këmbët, me tallje tha: “Pse të duhet? A jeni vërtet i aftë të lexoni libra të tillë?” Përpara se shkencëtari të kishte kohë për t'u përgjigjur, vetë autori i librit hyri në dyqan me fjalët: "Përshëndetje dhe respekt për Leibniz-in e Madh!" Shitësi nuk mund ta kuptonte që ky ishte me të vërtetë Leibniz i famshëm, librat e të cilit ishin shumë të kërkuara midis shkencëtarëve.

Në të ardhmen, sa vijon do të luajë një rol të rëndësishëm

Lemë. Lëreni në një grup elementësh, dhe në një grup - elemente. Atëherë numri i të gjitha çifteve të dallueshme ku do të jetë i barabartë me .

Dëshmi. Në të vërtetë, me një element nga një grup mund të bëjmë çifte kaq të ndryshme, dhe në total në një grup elementësh.

Vendosje, permutacione, kombinime

Le të kemi një grup prej tre elementësh. Në çfarë mënyrash mund të zgjedhim dy nga këta elementë? .

Përkufizimi. Rregullimet e një grupi elementësh të ndryshëm sipas elementeve janë kombinime që përbëhen nga elemente të dhëna sipas > elementeve dhe ndryshojnë ose në vetë elementët ose në renditjen e elementeve.

Numri i të gjitha rregullimeve të një grupi elementesh sipas elementeve shënohet me (nga shkronja fillestare e fjalës franceze "arrangement", që do të thotë rregullim), ku dhe .

Teorema. Numri i vendosjeve të një grupi elementesh sipas elementeve është i barabartë me

Dëshmi. Le të themi se kemi elementë. Le të jenë vendosje të mundshme. Ne do t'i ndërtojmë këto vendosje në mënyrë sekuenciale. Së pari, le të përcaktojmë elementin e parë të vendosjes. Nga një grup i caktuar elementësh ai mund të zgjidhet në mënyra të ndryshme. Pas zgjedhjes së elementit të parë, ka ende mënyra për të zgjedhur elementin e dytë, etj. Meqenëse çdo zgjedhje e tillë jep një vendosje të re, të gjitha këto zgjedhje mund të kombinohen lirshëm me njëra-tjetrën. Prandaj kemi:

Shembull. Në sa mënyra një flamur mund të përbëhet nga tre vija horizontale me ngjyra të ndryshme nëse ka material në pesë ngjyra?

Zgjidhje. Numri i kërkuar i flamujve me tre breza:

Përkufizimi. Ndërrimi i një grupi elementësh është renditja e elementeve në një rend të caktuar.

Kështu, të gjitha permutacionet e ndryshme të një grupi prej tre elementësh janë

Tregohet numri i të gjitha permutacioneve të elementeve (nga shkronja fillestare e fjalës franceze "permutation", që do të thotë "permutacion", "lëvizje"). Prandaj, numri i të gjitha permutacioneve të ndryshme llogaritet me formulë

Shembull. Në sa mënyra mund të vendosen kokrrat në tabelën e shahut në mënyrë që ata të mos sulmojnë njëri-tjetrin?

Zgjidhje. Numri i kërkuar i kreshtave

A-parësore!

Përkufizimi. Kombinimet e elementeve të ndryshëm sipas elementeve janë kombinime që përbëhen nga elementë të caktuar sipas elementeve dhe ndryshojnë në të paktën një element (me fjalë të tjera, -nëngrupet e elementeve të një grupi të caktuar elementësh).

Siç mund ta shihni, në kombinime, ndryshe nga vendosjet, rendi i elementeve nuk merret parasysh. Tregohet numri i të gjitha kombinimeve të elementeve, elementeve në secilin (nga shkronja fillestare e fjalës franceze "combinasion", që do të thotë "kombinim").

Numrat

Të gjitha kombinimet nga një grup prej dy janë .

Vetitë e numrave (\sf C)_n^k

Në të vërtetë, çdo nëngrup -element i një bashkësie të dhënë elementësh korrespondon me një dhe vetëm një nënbashkësi -element të së njëjtës bashkësi.

Në të vërtetë, ne mund të zgjedhim nëngrupe elementesh në mënyrën e mëposhtme: rregulloni një element; numri i nënbashkësive të elementeve që përmbajnë këtë element është i barabartë me ; numri i nëngrupeve -element që nuk e përmbajnë këtë element është i barabartë me .

trekëndëshi i Paskalit

Në këtë trekëndësh, numrat ekstremë në çdo rresht janë të barabartë me 1, dhe çdo numër joekstrem është i barabartë me shumën e dy numrave mbi të nga rreshti i mëparshëm. Kështu, ky trekëndësh ju lejon të llogaritni numrat.

Teorema.

Dëshmi. Le të shqyrtojmë një grup elementësh dhe të zgjidhim problemin e mëposhtëm në dy mënyra: sa sekuenca mund të bëhen nga elementët e një të dhënë
grupe në secilën prej të cilave asnjë element nuk shfaqet dy herë?

1 mënyrë. Ne zgjedhim anëtarin e parë të sekuencës, pastaj të dytin, të tretën, etj. anëtar

Metoda 2. Le të zgjedhim fillimisht elementë nga një grup i caktuar, dhe më pas t'i rregullojmë ato në një rend të caktuar

Shumëzoni numëruesin dhe emëruesin e kësaj thyese me:

Shembull. Në sa mënyra mund të zgjidhni 5 numra nga 36 në lojën "Sportloto"?

Numri i kërkuar i mënyrave

Detyrat.

1. Targat e makinave përbëhen nga 3 shkronja të alfabetit rus (33 shkronja) dhe 4 numra. Sa numra të ndryshëm të targave ka?
2. Ka 88 taste në piano. Në sa mënyra mund të prodhoni 6 tinguj radhazi?
3. Sa numra gjashtëshifrorë janë të plotpjesëtueshëm me 5?
4. Në sa mënyra mund të vendosen 7 monedha të ndryshme në tre xhepa?
5. Sa numra pesëshifrorë mund të bëni që të paktën një herë të kenë shifrën 5 në shënimin e tyre dhjetor?
6. Në sa mënyra mund të ulen 20 persona në një tryezë të rrumbullakët, duke marrë parasysh se mënyrat janë të njëjta, nëse mund të merren njëra nga tjetra duke lëvizur në rreth?
7. Sa numra pesëshifrorë janë të pjesëtueshëm me 5 dhe nuk përmbajnë shifra identike?
8. Në letër me kuadrate me anë të qelizës 1 cm, vizatohet një rreth me rreze 100 cm që nuk kalon nga majat e qelizave dhe nuk prek anët e qelizave. Sa qeliza mund të kryqëzojë ky rreth?
9. Në sa mënyra mund të renditen numrat në një rresht në mënyrë që numrat të jenë ngjitur dhe në rend rritës?
10. Sa numra pesëshifrorë mund të bëhen nga shifrat nëse secila shifër mund të përdoret vetëm një herë?
11. Nga fjala ROT, duke riorganizuar shkronjat, mund të merrni fjalët e mëposhtme: TOP, ORT, OTR, TRO, RTO. Ata quhen anagramë. Sa anagrame mund të bëni nga fjala LOGARITM?
12. Le të thërrasim ndarja numri natyror, paraqitja e tij si një shumë e numrave natyrorë. Këtu, për shembull, janë të gjitha ndarjet e një numri:

Ndarjet konsiderohen të ndryshme nëse ndryshojnë ose në numër ose në rendin e termave të tyre.

Sa ndarje të ndryshme të një numri në terma ka?
13. Sa numra treshifrorë ka me rend shifror jo rritje?
14. Sa numra katërshifrorë ka me rend shifror jo rritje?
15. Në sa mënyra mund të ulen 17 persona në një rresht në mënyrë që të përfundojnë krah për krah?
16. vajzat dhe djemtë ulen në mënyrë të rastësishme në një rresht ulësesh. Në sa mënyra mund të ulen në mënyrë që të mos ulen dy vajza pranë njëra-tjetrës?
17. vajzat dhe djemtë ulen në mënyrë të rastësishme në një rresht ulësesh. Në sa mënyra mund të ulen ato në mënyrë që të gjitha vajzat të ulen pranë njëra-tjetrës?

Një kombinim është një përzgjedhje e parregulluar e elementeve të një grupi të fundëm me një numër fiks dhe pa përsëritje të elementeve. Kombinimet e ndryshme duhet të ndryshojnë në të paktën një element, dhe rendi i elementeve nuk ka rëndësi. Për shembull, nga grupi i të gjitha zanoreve të shkronjave latine (AEIOU), mund të bëni 10 kombinime të ndryshme prej 3 shkronjash, duke formuar treshe të parregulluara të mëposhtme:

AEI, AEO, AEU, AIO, AIU, AOU, EIO, EIU, EOU, IOU.

Është interesante të theksohet se nga të njëjtat pesë shkronja mund të merrni edhe 10 kombinime të ndryshme nëse i kombinoni 2 shkronja në të njëjtën kohë, duke bërë çiftet e mëposhtme të pa renditura:

AE, AI, AO, AU, EI, EO, BE, IO, IU, OU.

Sidoqoftë, nëse kombinoni të njëjtat zanore shkronja latine me 4, do të merrni vetëm 5 kombinimet e mëposhtme të ndryshme:

AEIO, AEIU, AIOU, EIOU, AEOU.

Në përgjithësi, për të treguar numrin e kombinimeve të n elementeve të ndryshëm të m elementeve, përdoret simbolika e mëposhtme funksionale, treguese ose vektoriale (Appel):

Pavarësisht nga forma e shënimit, numri i kombinimeve të n elementeve me m element mund të përcaktohet duke përdorur formulat e mëposhtme shumëzuese dhe faktoriale:

Është e lehtë të kontrollohet nëse rezultati i llogaritjeve duke përdorur këto formula përkon me rezultatet e shembullit të diskutuar më sipër me kombinime zanoresh me shkronja latine. Në veçanti, me n=5 dhe m=3, llogaritjet duke përdorur këto formula do të japin rezultatin e mëposhtëm:

Në rastin e përgjithshëm, formulat për numrin e kombinimeve kanë një kuptim kombinues dhe janë të vlefshme për çdo vlerë të plotë të n dhe m, të tilla që n > m > 0. Nëse m > n dhe m< 0, то число сочетаний равно 0, так как в этом случае основное множество из n элементов вообще не имеет подмножеств мощности m:

Përveç kësaj, është e dobishme të mbani mend numrat kufizues të mëposhtëm të kombinimeve, të cilat mund të kontrollohen lehtësisht me zëvendësim të drejtpërdrejtë në formulat shumëzuese dhe faktoriale:

Duhet të theksohet gjithashtu se formula shumëzuese mbetet e vlefshme edhe kur n është një numër real, për sa kohë që m është ende një vlerë e plotë. Sidoqoftë, atëherë rezultati i llogaritjes duke e përdorur atë, duke ruajtur vlefshmërinë formale, humbet kuptimin e tij kombinues.

IDENTITETET E KOMBINIMIT

Përdorimi praktik i formulave shumëzuese dhe faktoriale për të përcaktuar numrin e kombinimeve për vlerat arbitrare të n dhe m rezulton të jetë me produktivitet të vogël për shkak të rritjes eksponenciale të produkteve faktoriale të numëruesit dhe emëruesit të tyre. Edhe për vlera relativisht të vogla të n dhe m, këto produkte shpesh tejkalojnë aftësitë e përfaqësimit të numrave të plotë në sistemet moderne kompjuterike dhe softuerike. Për më tepër, vlerat e tyre rezultojnë të jenë dukshëm më të mëdha se vlera rezultuese e numrit të kombinimeve, e cila mund të jetë relativisht e vogël. Për shembull, numri i kombinimeve të n=10 me m=8 elementë është vetëm 45. Megjithatë, për të gjetur këtë vlerë duke përdorur formulën faktoriale, fillimisht duhet të llogaritni vlera shumë më të mëdha prej 10! në numërues dhe 8! në emërues:

Për të eliminuar operacionet që kërkojnë kohë për përpunimin e sasive të mëdha, për të përcaktuar numrin e kombinimeve, mund të përdorni marrëdhënie të ndryshme të përsëritjes, të cilat rrjedhin drejtpërdrejt nga formulat shumëzuese dhe faktoriale. Në veçanti, lidhja e mëposhtme e përsëritjes rrjedh nga formula shumëzuese, e cila na lejon të marrim raportin e indekseve të saj përtej shenjës së numrit të kombinimeve:

Së fundi, mbajtja konstante e nënshkrimit siguron lidhjen e mëposhtme të përsëritjes, e cila merret lehtësisht nga formula faktoriale për numrin e kombinimeve:

Pas transformimeve elementare, tre marrëdhëniet e përsëritjes që rezultojnë mund të përfaqësohen në format e mëposhtme:

Nëse tani shtojmë anën e majtë dhe të djathtë të 2 formulave të para dhe e zvogëlojmë rezultatin me n, marrim një lidhje të rëndësishme përsëritjeje, e cila quhet identiteti i mbledhjes së numrave të kombinimit:

Identiteti i mbledhjes siguron një rregull bazë të përsëritjes për përcaktimin efikas të numrit të kombinimeve për vlera të mëdha n dhe m, pasi lejon që operacionet e shumëzimit në produktet faktoriale të zëvendësohen nga operacionet më të thjeshta të mbledhjes dhe për një numër më të vogël kombinimesh. Në veçanti, duke përdorur identitetin e mbledhjes, tani është e lehtë të përcaktohet numri i kombinimeve të n=10 me m=8 elementë, i cili u diskutua më lart, duke kryer sekuencën e mëposhtme të transformimeve të përsëritura:

Për më tepër, disa marrëdhënie të dobishme për llogaritjen e shumave të fundme mund të nxirren nga identiteti i mbledhjes, në veçanti, formula për mbledhjen sipas nënshkrimit, e cila ka formën e mëposhtme:

Kjo lidhje fitohet nëse në identitetin e mbledhjes zgjerojmë përsëritjen përgjatë termit me mbishkrimin më të madh ndërsa nënshkrimi i tij është më i madh se 0. Shembulli numerik i mëposhtëm ilustron këtë proces të transformimeve të përsëritura:

Formula e përmbledhjes së nënshkrimit përdoret shpesh për të llogaritur shumën e fuqive të numrave natyrorë. Në veçanti, duke supozuar m=1, duke përdorur këtë formulë është e lehtë të gjesh shumën e n numrave të parë të serisë natyrore:

Një version tjetër i dobishëm i formulës së përmbledhjes mund të merret duke zgjeruar përsëritjen e identitetit të mbledhjes përgjatë termit me mbishkrimin më të vogël. Shembulli numerik i mëposhtëm ilustron këtë version të transformimeve të përsëritura:

Në rastin e përgjithshëm, si rezultat i transformimeve të tilla, fitohet shuma e numrave të kombinimeve, të dy indekset e të cilave ndryshojnë me një nga termat fqinjë, dhe ndryshimi në indekset mbetet konstant (në shembullin e konsideruar, është gjithashtu e barabartë me një). Kështu, marrim formulën e mëposhtme të mbledhjes për të dy indekset e numrave të kombinimit:

Përveç marrëdhënieve të përsëritjes dhe formulave të përmbledhjes të diskutuara më sipër, shumë identitete të tjera të dobishme për numrat e kombinimit janë marrë në analizën kombinuese. Më e rëndësishmja ndër to është identiteti i simetrisë, e cila duket si kjo:

Vlefshmëria e identitetit të simetrisë mund të verifikohet në shembullin e mëposhtëm duke krahasuar numrat e kombinimeve të 5 elementeve me 2 dhe me (5 2) = 3:

Identiteti i simetrisë ka një kuptim të dukshëm kombinues, pasi, duke përcaktuar numrin e opsioneve për zgjedhjen e m elementeve nga n elemente, ai njëkohësisht përcakton numrin e kombinimeve nga elementët e mbetur (nm) të pazgjedhur. Simetria e treguar merret menjëherë duke zëvendësuar m me (nm) në formulën faktoriale për numrin e kombinimeve:

Numrat dhe identitetet e kombinimeve përdoren gjerësisht në fusha të ndryshme të matematikës kompjuterike moderne. Sidoqoftë, aplikimet e tyre më të njohura lidhen me binomin e Njutonit dhe trekëndëshin e Paskalit.

TEOREMA BINOMIALE

Për të kryer transformime dhe llogaritje të ndryshme matematikore, është e rëndësishme të jeni në gjendje të përfaqësoni çdo fuqi natyrore të një binomi algjebrik (binomi) në formën e një polinomi. Për fuqitë e vogla, polinomi i dëshiruar mund të merret lehtësisht duke shumëzuar drejtpërdrejt binomet. Në veçanti, formulat e mëposhtme për katrorin dhe kubin e shumës së dy termave janë të njohura mirë nga kursi i matematikës elementare:

Në rastin e përgjithshëm, për një shkallë arbitrare n të një binomi, paraqitja e kërkuar në formën e një polinomi sigurohet nga teorema binomiale e Njutonit, e cila deklaron barazinë e mëposhtme si të vërtetë:

Kjo barazi zakonisht quhet binomi i Njutonit. Polinomi në anën e tij të djathtë formohet nga shuma e prodhimeve të n termave X dhe Y të binomit në anën e majtë, dhe koeficientët përballë tyre quhen binom dhe janë të barabartë me numrin e kombinimeve me indekse, të cilat janë marrë nga fuqitë e tyre. Duke pasur parasysh popullaritetin e veçantë të formulës binomiale të Njutonit në analizën kombinuese, termat koeficient binomial dhe numri i kombinimeve përgjithësisht konsiderohen sinonime.

Natyrisht, formulat e shumës në katror dhe në kub janë raste të veçanta të teoremës së binomit përkatësisht për n=2 dhe n=3. Për të trajtuar shkallët më të larta (n>3), duhet të përdoret formula binomiale e Njutonit. Zbatimi i tij për një binom të shkallës së katërt (n=4) tregohet me shembullin e mëposhtëm:

Duhet të theksohet se formula binomiale ishte e njohur edhe para Njutonit për matematikanët mesjetarë të Lindjes Arabe dhe Evropës Perëndimore. Prandaj, emri i tij i pranuar përgjithësisht nuk është historikisht i drejtë. Merita e Njutonit është se ai e përgjithësoi këtë formulë në rastin e një eksponenti real arbitrar r, i cili mund të marrë çdo vlerë racionale dhe irracionale pozitive ose negative. Në rastin e përgjithshëm, një formulë e tillë binomiale e Njutonit ka një shumë të pafundme në anën e djathtë dhe zakonisht shkruhet si më poshtë:

Për shembull, me një vlerë thyesore pozitive të eksponentit r=1/2, duke marrë parasysh vlerat e koeficientëve binomial, fitohet zgjerimi i mëposhtëm:

Në rastin e përgjithshëm, formula binomiale e Njutonit për çdo eksponent është një version i veçantë i formulës së Maclaurin, i cili jep zgjerimin e një funksioni arbitrar në një seri fuqie. Njutoni tregoi se për |z|< 1 этот ряд сходится, и сумма в правой части становится конечной. При любой натуральной степени r = n в правой части также получается конечная сумма из (n+1) первых слагаемых, так как все C(n, k>n) = 0 . Nëse tani vendosim Z=X/Y dhe shumëzojmë anën e majtë dhe të djathtë me Yn, marrim një version të formulës binomiale të Njutonit të diskutuar më sipër.

Pavarësisht universalitetit të saj, teorema e binomit ruan kuptimin e saj kombinator vetëm për fuqitë e plota jo negative të binomit. Në këtë rast, mund të përdoret për të vërtetuar disa identitete të dobishme për koeficientët binomialë. Në veçanti, formulat për përmbledhjen e numrave të kombinimeve sipas nënshkrimit dhe sipas të dy indekseve u diskutuan më lart. Identiteti i përmbledhjes së mbishkrimit që mungon mund të merret lehtësisht nga formula binomiale e Njutonit duke vendosur X = Y = 1 ose Z = 1 në të:

Një tjetër identitet i dobishëm vendos barazinë e shumave të koeficientëve binomialë me numra çift dhe tek. Përftohet menjëherë nga formula binomiale e Njutonit nëse X = 1 dhe Y = 1 ose Z = 1:

Së fundi, nga të dy identitetet e konsideruara marrim identitetin e shumës së koeficientëve binomialë vetëm me numra çift ose vetëm tek:

Bazuar në identitetet e konsideruara dhe rregullin e përsëritur të heqjes së indekseve nën shenjën e numrit të kombinimeve, mund të përftohen një sërë marrëdhëniesh interesante. Për shembull, nëse në formulën e përmbledhjes së mbishkrimit zëvendësojmë n kudo me (n1) dhe heqim indekset në secilin term, marrim relacionin e mëposhtëm:

Duke përdorur një teknikë të ngjashme në formulën për shumën e koeficientëve binomialë me numra çift dhe tek, është e mundur të vërtetohet vlefshmëria, për shembull, e lidhjes së mëposhtme:

Një tjetër identitet i dobishëm ju lejon të llogarisni me lehtësi shumën e produkteve të koeficientëve binomialë të vendosur në mënyrë simetrike të dy binomeve të shkallëve arbitrare n dhe k duke përdorur formulën e mëposhtme të Cauchy:

Vlefshmëria e kësaj formule rrjedh nga barazia e nevojshme e koeficientëve për çdo shkallë m të ndryshores Z në anën e majtë dhe të djathtë të lidhjes identike të mëposhtme:

Në rastin e veçantë kur n=k=m, duke marrë parasysh identitetin e simetrisë, fitohet një formulë më popullore për shumën e katrorëve të koeficientëve binomialë:

Shumë identitete të tjera të dobishme për koeficientët binomial mund të gjenden në literaturën e gjerë mbi analizën kombinuese. Megjithatë, zbatimi i tyre praktik më i famshëm lidhet me trekëndëshin e Paskalit.

TREKËNDËSHI I PASCALIT

Trekëndëshi aritmetik i Paskalit formon një tabelë numerike të pafundme të përbërë nga koeficientë binomialë. Linjat e tij janë të renditura sipas fuqive të binomeve nga lart poshtë. Në çdo rresht, koeficientët binomial janë renditur në rend rritës të mbishkrimeve të numrave të kombinimit përkatës nga e majta në të djathtë. Trekëndëshi i Paskalit zakonisht shkruhet në formë izosceles ose drejtkëndëshe.

Më vizual dhe më i zakonshëm është formati izosceles, ku koeficientët binomialë, të stivosur, formojnë një trekëndësh të pafundmë dykëndësh. Fragmenti fillestar i tij për binomet deri në shkallën e 4-të (n=4) ka këtë formë:

Në përgjithësi, trekëndëshi izoscelular i Paskalit ofron një rregull gjeometrik të përshtatshëm për përcaktimin e koeficientëve binomialë, i cili bazohet në identitetet e mbledhjes dhe simetrinë e kombinimeve të numrave. Në veçanti, sipas identitetit të mbledhjes, çdo koeficient binomial është shuma e dy koeficientëve të rreshtit të mëparshëm më afër tij. Sipas identitetit të simetrisë, trekëndëshi izosceles i Paskalit është simetrik në lidhje me përgjysmuesin e tij. Kështu, secila nga rreshtat e saj është një palindrom numerik i koeficientëve binomialë. Karakteristikat e treguara algjebrike dhe gjeometrike bëjnë të mundur zgjerimin e lehtë të trekëndëshit isosceles të Pascal dhe gjetjen e vazhdueshme të vlerave të koeficientëve binomial të fuqive arbitrare.

Sidoqoftë, për të studiuar vetitë e ndryshme të trekëndëshit të Pascal-it, është më e përshtatshme të përdoret formati drejtkëndor zyrtarisht më i rreptë. Në këtë format, ai specifikohet nga një matricë trekëndore më e ulët e koeficientëve binomialë, ku ata formojnë një trekëndësh kënddrejtë të pafund. Fragmenti fillestar i trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit për binomet deri në shkallën e 9-të (n=9) ka formën e mëposhtme:

Gjeometrikisht, një tabelë e tillë drejtkëndëshe përftohet duke deformuar horizontalisht trekëndëshin isosceles të Pascal-it. Si rezultat, seritë e numrave paralele me anët anësore të trekëndëshit dykëndësh të Paskalit kthehen në vertikale dhe diagonale të trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit, dhe horizontalet e të dy trekëndëshave përkojnë. Në të njëjtën kohë, rregullat e mbledhjes dhe simetrisë së koeficientëve binomial mbeten të vlefshme, megjithëse trekëndëshi kënddrejtë i Paskalit humbet simetrinë vizuale karakteristike të homologut të tij izosceles. Për të kompensuar këtë, bëhet më e përshtatshme që zyrtarisht të analizohen vetitë e ndryshme numerike të koeficientëve binomialë për horizontalet, vertikalet dhe diagonalet e trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit.

Duke filluar analizën e horizontaleve të trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit, vërehet lehtë se shuma e elementeve të çdo rreshti me numër n është e barabartë me 2n në përputhje me formulën për mbledhjen e binomeve me mbishkrim. Nga kjo rezulton se shuma e elementeve mbi secilën prej vijave horizontale me numër n është e barabartë me (2 n 1). Ky rezultat bëhet mjaft i dukshëm nëse vlera e shumës së elementeve të çdo horizontale shkruhet në sistemin e numrave binar. Për shembull, për n=4 kjo mbledhje mund të shkruhet si më poshtë:

Këtu janë disa veti më interesante të horizontaleve që lidhen gjithashtu me fuqitë e dy. Rezulton se nëse numri horizontal është fuqi dyshe (n=2 k), atëherë të gjithë elementët e brendshëm të tij (përveç atyre të jashtëm) janë numra çift. Përkundrazi, të gjithë numrat e një drejtëze horizontale do të jenë tek nëse numri i saj është një më i vogël se fuqia e dy (n=2 k 1). Vlefshmëria e këtyre vetive mund të verifikohet duke kontrolluar paritetin e koeficientëve binomial të brendshëm, për shembull, në horizontalet n=4 dhe n=3 ose n=8 dhe n=7.

Le të jetë tani numri i rreshtit të trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit një numër i thjeshtë p. Atëherë të gjithë koeficientët binomialë të brendshëm të tij pjesëtohen me p. Kjo veti është e lehtë për t'u kontrolluar për vlera të vogla të numrave të konturit kryesor. Për shembull, të gjithë koeficientët binomial të brendshëm të horizontalit të pestë (5, 10 dhe 5) janë padyshim të pjesëtueshëm me 5. Për të vërtetuar këtë rezultat për çdo numër të thjeshtë horizontal p, duhet të shkruani formulën shumëzuese për koeficientët binomial të tij si më poshtë:

Meqenëse p është një numër i thjeshtë dhe, për rrjedhojë, nuk është i pjesëtueshëm me m!, prodhimi i faktorëve të mbetur të numëruesit të kësaj formule duhet të jetë i pjesëtueshëm me m për të garantuar një vlerë të plotë të koeficientit binom. Nga kjo rrjedh se raporti në kllapa katrore është një numër natyror N dhe rezultati i dëshiruar bëhet i dukshëm:

Duke përdorur këtë rezultat, mund të konstatojmë se numrat e të gjitha vijave horizontale të trekëndëshit të Paskalit, elementët e brendshëm të të cilëve janë të pjesëtueshëm me një numër të thjeshtë të dhënë p, janë fuqi të p, domethënë kanë formën n=p k. Në veçanti, nëse p=3, atëherë numri i thjeshtë p ndan jo vetëm të gjithë elementët e brendshëm të rreshtit 3, siç është përcaktuar më sipër, por, për shembull, horizontalen e 9-të (9, 36, 84 dhe 126). Nga ana tjetër, në trekëndëshin e Paskalit është e pamundur të gjesh një vijë horizontale, të gjithë elementët e brendshëm të së cilës janë të pjesëtueshëm me një numër të përbërë. Përndryshe, numri i një vije të tillë horizontale duhet të jetë njëkohësisht një fuqi e pjesëtuesve kryesorë të numrit të përbërë me të cilin ndahen të gjithë elementët e saj të brendshëm, por kjo është e pamundur për arsye të dukshme.

Konsideratat e marra na lejojnë të formulojmë kriterin e përgjithshëm të mëposhtëm për pjesëtueshmërinë e elementeve horizontale të trekëndëshit të Paskalit. Pjesëtuesi më i madh i përbashkët (GCD) i të gjithë elementëve të brendshëm të çdo linje horizontale të trekëndëshit të Paskalit me numër n është i barabartë me numrin e thjeshtë p nëse n=pk ose 1 në të gjitha rastet e tjera:

GCD(Cmn) = ( ) për çdo 0< m < n .

Në përfundim të analizës së horizontaleve, vlen të merret në konsideratë një veti më interesante që ka seria e koeficientëve binomialë që i formojnë ato. Nëse koeficientët binomialë të cilësdo drejtëz horizontale me numër n shumëzohen me fuqitë e njëpasnjëshme të numrit 10 dhe më pas mblidhen të gjitha këto prodhime, rezultati është 11 n. Arsyetimi formal për këtë rezultat është zëvendësimi i vlerave X=10 dhe Y=1 (ose Z=1) në formulën binomiale të Njutonit. Shembulli numerik i mëposhtëm ilustron përmbushjen e kësaj vetie për n=5:

Analiza e vetive të vertikaleve të trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit mund të fillojë me studimin e karakteristikave individuale të elementeve të tyre përbërës. Formalisht, çdo m vertikale formohet nga sekuenca e mëposhtme e pafundme e koeficientëve binomialë me një mbishkrim konstant (m) dhe një rritje të nënshkrimit:

Natyrisht, kur m=0 fitohet një varg njëshe, dhe kur m=1 formohet një seri numrash natyrorë. Kur m=2 vertikalja përbëhet nga numra trekëndësh. Çdo numër trekëndor mund të përshkruhet në një plan në formën e një trekëndëshi barabrinjës, i cili është i mbushur me objekte arbitrare (bërthamë) të rregulluar në një model shahu. Në këtë rast, vlera e çdo numri trekëndor T k përcakton numrin e bërthamave që përfaqësojnë, dhe indeksi tregon se sa rreshta bërthamash nevojiten për ta përfaqësuar atë. Për shembull, 4 numra trekëndësh fillestarë përfaqësojnë konfigurimet e mëposhtme të numrit përkatës të simboleve bërthamore "@":

Duhet të theksohet se në mënyrë të ngjashme mund të futen në konsideratë numrat katrorë S k, të cilët fitohen nga katrorimi i numrave natyrorë dhe, në përgjithësi, numrat me figura poligonale të formuar duke plotësuar rregullisht shumëkëndësha të rregullt. Në veçanti, 4 numrat fillestarë katrorë mund të përfaqësohen si më poshtë:

Duke iu rikthyer analizës së vertikaleve të trekëndëshit të Paskalit, mund të vërejmë se vertikali tjetër në m=3 është i mbushur me numra tetraedralë (piramidalë). Çdo numër i tillë P k specifikon numrin e bërthamave që mund të organizohen në formën e një katërkëndëshi dhe indeksi përcakton se sa shtresa horizontale trekëndore të rreshtave të bërthamave nevojiten për ta përshkruar atë në hapësirën tre-dimensionale. Në këtë rast, të gjitha shtresat horizontale duhet të përfaqësohen si numra trekëndësh të njëpasnjëshëm. Elementet e vertikaleve të mëposhtme të trekëndëshit të Paskalit për m>3 formojnë seri numrash hipertetraedalë, të cilët nuk kanë një interpretim gjeometrik vizual në rrafsh ose në hapësirën tredimensionale, por formalisht korrespondojnë me analoge shumëdimensionale të numrave trekëndësh dhe katërkëndësh.

Megjithëse seritë vertikale të numrave të trekëndëshit të Paskalit kanë veçoritë e konsideruara të formës individuale, për ta është e mundur të llogariten shumat e pjesshme të vlerave të elementeve fillestare në të njëjtën mënyrë, duke përdorur formulën për përmbledhjen e numrave të kombinimeve sipas nënshkrimit. . Në trekëndëshin e Paskalit, kjo formulë ka interpretimin gjeometrik të mëposhtëm. Shuma e vlerave të n koeficientëve binomial të sipërm të çdo vertikale është e barabartë me vlerën e elementit të vertikales tjetër, e cila ndodhet një rresht më poshtë. Ky rezultat është gjithashtu në përputhje me strukturën gjeometrike të numrave trekëndësh, tetraedralë dhe hipertetrahedalë, pasi përfaqësimi i secilit numër të tillë përbëhet nga shtresa bërthamore që përfaqësojnë numra të rendit më të ulët. Në veçanti, numri i n-të trekëndor Tn mund të merret duke mbledhur të gjithë numrat natyrorë që përfaqësojnë shtresat e tij lineare:

Në mënyrë të ngjashme, nuk është e vështirë të gjesh numrin tetrahedral Pn duke llogaritur shumën e mëposhtme të n numrave të parë trekëndësh që përbëjnë shtresat e bërthamës horizontale të tij:

Përveç horizontaleve dhe vertikaleve në trekëndëshin kënddrejtë të Pascal-it, mund të gjurmohen rreshtat diagonale të elementeve, studimi i vetive të të cilave është gjithashtu me interes. Në këtë rast, zakonisht bëhet një dallim midis diagonaleve zbritëse dhe ngjitëse. Diagonalet në rënie janë paralele me hipotenuzën e trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit. Ato formohen nga seritë e koeficientëve binomialë me një rritje të të dy indekseve. Për shkak të identitetit të simetrisë, diagonalet zbritëse përkojnë në vlerat e elementeve të tyre me rreshtat vertikale përkatëse të trekëndëshit të Paskalit dhe për këtë arsye përsërisin të gjitha vetitë e tyre të diskutuara më sipër. Korrespondenca e treguar mund të gjurmohet nga koincidenca e vlerave të elementeve të diagonales zbritëse dhe vertikale me çdo numër n, nëse zerat vertikale nuk merren parasysh:

Diagonalet ngjitëse formojnë seri numrash gjeometrikisht pingul me hipotenuzën e trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit. Ato janë të mbushura me koeficientë binomialë me zvogëlim të së poshtme dhe rritje të sipërshkrimit. Në veçanti, 7 diagonalet e sipërme ngjitëse formojnë sekuencën numerike të mëposhtme pa marrë parasysh zerat pasuese:

Në përgjithësi, numri diagonal në rritje n përmban koeficientët binomialë të mëposhtëm, shuma e indekseve të secilit prej të cilëve është e barabartë me (n1):

Në bazë të identitetit të mbledhjes për numrat e kombinimit, çdo element diagonal është i barabartë me shumën e dy elementeve që korrespondojnë në indekse nga dy diagonalet e mëparshme ngjitëse. Kjo lejon që çdo diagonale ngjitëse pasuese të ndërtohet nga përmbledhja në çift e elementeve horizontale ngjitur nga dy diagonalet e mëparshme, duke zgjeruar pafundësisht trekëndëshin e Paskalit përgjatë diagonales. Fragmenti i mëposhtëm i trekëndëshit të Paskalit ilustron ndërtimin e një numri diagonal në rritje 8 përgjatë diagonaleve të numëruara 6 dhe 7:

Me këtë metodë ndërtimi, shuma e elementeve të çdo diagonale në ngjitje, duke filluar nga e treta, do të jetë e barabartë me shumën e elementeve të dy diagonaleve të mëparshme ngjitëse, dhe 2 diagonalet e para përbëhen nga vetëm një element, vlera prej të cilave është 1. Rezultatet e llogaritjeve përkatëse formojnë serinë numerike të mëposhtme, sipas së cilës mund të kontrolloni vlefshmërinë e vetive të konsideruara të diagonaleve ngjitëse të trekëndëshit kënddrejtë të Paskalit:

Duke analizuar këta numra, mund të shihni se sipas një ligji të ngjashëm, formohet sekuenca e njohur e numrave Fibonacci, ku çdo numër tjetër është i barabartë me shumën e dy numrave të mëparshëm, dhe dy numrat e parë janë të barabartë me 1:

Kështu, mund të nxjerrim përfundimin e mëposhtëm të rëndësishëm: shumat diagonale të elementeve të trekëndëshit të Paskalit përbëjnë sekuencën Fibonacci. Kjo veti na lejon të krijojmë një veçori tjetër interesante të trekëndëshit të Pascal-it. Duke zgjeruar formulën e Fibonaçit në mënyrë rekursive, është e lehtë të vërtetohet se shuma e n numrave të parë Fibonacci është e barabartë me (F n+2 1).

Prandaj, shuma e koeficientëve binomialë që mbushin n diagonalet e sipërme është gjithashtu e barabartë me (F n+2 1). Nga kjo rrjedh se shuma e n diagonaleve të para të trekëndëshit të Paskalit është 1 më pak se shuma e koeficientëve binomialë që qëndrojnë në diagonalen e tij me numrin (n+2).

Si përfundim, duhet theksuar se vetitë e konsideruara të horizontaleve, vertikaleve dhe diagonaleve të trekëndëshit të Pascal nuk shterojnë larminë e madhe të mundësive që lidhin së bashku aspekte të ndryshme matematikore që në shikim të parë nuk kanë asgjë të përbashkët. Veti të tilla të pazakonta na lejojnë ta konsiderojmë trekëndëshin e Paskalit një nga sistemet numerike më të përsosura, të gjitha aftësitë e të cilit nuk mund të renditen dhe janë të vështira për t'u mbivlerësuar.

Algoritmi për llogaritjen e numrit të kombinimeve duke përdorur trekëndëshin e Pascal është paraqitur më poshtë:

Funksioni privat SochTT (ByVal n si numër i plotë, ByVal k si numër i plotë) Si zbehje e dyfishtë i si numër i plotë Dim j Si numër i plotë Dim TT () Si Double ReDim TT (n, k) Për i = 0 deri në n TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Tjetra Për i = 2 Tek n Për j = 1 Tek i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Next Next SochTT = TT (n, k) Funksioni Fund

Nëse ju duhet të llogarisni numrin e kombinimeve shumë herë, atëherë mund të jetë më e përshtatshme të ndërtoni një herë trekëndëshin e Pascal-it dhe më pas të merrni të dhëna nga grupi.

Dim TT () Si Sub Private Double CreateTT () ReDim TT (0, 0) BuildTT 0, 0 Fund Sub Private Function SochTT (ByVal n si numër i plotë, ByVal k si numër i plotë) Si Double If n > Ubound (TT) Pastaj BuildTT Ubound (TT) + 1, n SochTT = TT (n, k) Funksioni Fund Private Sub TerminateTT () ReDim TT (0, 0) Fund Sub Private Sub BuildTT (ByVal start As Integer, ByVal Fund As Integer) Dim i As Integer Dim j Si numër i plotë ReDim ruaj TT (fund, fund) Për i = fillimi Deri në fund TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Tjetër Nëse fundi< 2 Then Exit Sub If start < 2 Then start = 2 For i = start To end For j = 1 To i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Next Next End Sub

Së pari ju duhet të telefononi procedurën CreateTT. Më pas mund të merrni numrin e kombinimeve duke përdorur funksionin SochTT. Kur nuk ju nevojitet më trekëndëshi, telefononi procedurën TerminateTT. Në kodin e mësipërm, kur thirret funksioni SochTT, nëse trekëndëshi ende nuk është plotësuar në nivelin e kërkuar, atëherë ai plotësohet duke përdorur procedurën BuildTT. Më pas, funksioni merr elementin e dëshiruar të grupit TT dhe e kthen atë.

Dim X () Si numër i plotë Dim numërues () Si numër i plotë Dim K si numër i plotë Dim N si numër i plotë publik Sub Soch() Dim i si numër i plotë N = CInt(InputBox("Enter N")) K = CINT(InputBox("Enter K ")) K = K + 1 ReDim X(N) Për i = 1 Në N X(i) = i TxtOut.Text = "" ReDim Counter(K) Counter(0) = 1 SochGenerate 1 Fund Sub Private Sub SochGenerate( ByVal c Si numër i plotë) Dim i Si numër i plotë Dim j Si numër i plotë Dim n1 Si numër i plotë Dim Out() Si numër i plotë Dim X1() Si numër i plotë Nëse c = K Atëherë ReDim Out(K) X1 = X Për i = 1 në K - 1 n1 = 0 Për j = 1 Në N nëse X1 (j)<>0 Atëherë n1 = n1 + 1 Nëse n1 = Numërues(i) Pastaj Out(i) = X1(j) X1(j) = 0 Dil Për Fund Nëse Tjetër txtOut.Text = txtOut.Text & CStr(Out(i)) TxtOut.Text tjetër = txtOut.Text & vbCrLf Tjetër Për numërues(c) = Numërues(c - 1) Tek N - c + 1 SochGenerate c + 1 Fundi tjetër Nëse Fundi Nën

REGJISTIMI I KOMBINIMEVE TË NUMRAVE NATYROR

Për të zgjidhur shumë probleme praktike, është e nevojshme të renditen të gjitha kombinimet e kardinalitetit fiks që mund të merren nga elementët e një grupi të caktuar të fundëm, dhe jo vetëm të përcaktohet numri i tyre. Duke marrë parasysh mundësinë gjithmonë ekzistuese të numërimit të numrave të plotë të elementeve të çdo grupi të fundëm, në shumicën e rasteve lejohet të kufizohemi në përdorimin e algoritmeve për numërimin e kombinimeve të numrave natyrorë. Më e natyrshme dhe më e thjeshta prej tyre është algoritmi për renditjen e kombinimeve të numrave natyrorë në renditja leksigrafike.

Për të përshkruar zyrtarisht këtë algoritëm, është e përshtatshme të supozohet se grupi kryesor, të gjitha kombinimet e m elementeve të të cilave duhet të renditen, formojnë numra natyrorë të njëpasnjëshëm nga 1 në n. Atëherë çdo kombinim i m

Si rezultat i renditjes, vlera në çdo pozicion të një vektori të tillë kombinimesh natyrisht rezulton të jetë e kufizuar në vlerë nga lart dhe poshtë si më poshtë:

Algoritmi leksigrafik gjeneron në mënyrë sekuenciale vektorë të tillë kombinimi, duke filluar me vektorin leksigrafikisht më të vogël, ku të gjitha pozicionet përmbajnë vlerat minimale të mundshme të elementeve të mëposhtme të barabarta me indekset e tyre:

Çdo vektor kombinimi të njëpasnjëshëm formohet nga ai aktual pasi skanon elementët e tij nga e majta në të djathtë për të gjetur elementin më të djathtë që nuk e ka arritur ende vlerën e tij kufi:

Vlera e një elementi të tillë duhet të rritet me 1. Çdo elementi në të djathtë të tij duhet t'i caktohet vlera më e vogël e mundshme, e cila është 1 më e madhe se fqinji i tij në të majtë. Pas këtyre ndryshimeve, vektori tjetër i kombinimeve do të ketë përbërjen elementare të mëposhtme:

Kështu, vektori tjetër i kombinimit do të jetë leksigrafikisht më i madh se ai i mëparshmi, pasi vlerat e elementeve të tyre fillestare (j1) janë të barabarta në vlerë, dhe vlera e elementit në pozicionin j është 1 më e madhe se ajo e mëparshme. . Lidhja e specifikuar e rritjes së rendit leksigrafik është e garantuar të përmbushet në të gjitha përsëritjet e algoritmit. Rezultati është një sekuencë leksigrafike në rritje, e cila plotësohet nga vektori i kombinimit më të madh leksigrafik, ku elementët në të gjitha pozicionet kanë vlerat maksimale të mëposhtme:

Algoritmi leksigrafik i konsideruar ilustrohet me shembullin e mëposhtëm, ku është e nevojshme të renditen në rend leksigrafik në rritje të 15 kombinimet e n=6 numrave të parë natyrorë me m=4 numra, domethënë të gjitha nëngrupet e mundshme 4 elementëshe të gjeneruesit kryesor. grup (1, 2, 3, 4, 5, 6) nga 6 elementë. Rezultatet e llogaritjes janë paraqitur në tabelën e mëposhtme:

Në këtë shembull, vlerat më të mëdha të lejuara të numrave në pozicionet e vektorëve të kombinimit janë, përkatësisht, 3, 4, 5 dhe 6. Për lehtësinë e interpretimit të rezultateve, në çdo vektor kombinimi, elementi më i djathtë, i cili ka nuk ka arritur ende vlerën maksimale, nënvizohet. Indekset numerike të vektorëve të kombinuar përcaktojnë numrat e tyre sipas rendit leksigrafik. Në rastin e përgjithshëm, numri leksigrafik N i çdo kombinimi të n elementeve me m mund të llogaritet duke përdorur formulën e mëposhtme, ku, për arsye kozmetike, simbolika e apelit përdoret për të treguar numrat e kombinimeve:

Në veçanti, llogaritjet e mëposhtme duke përdorur këtë formulë për numrin e kombinimit (1, 3, 4, 6) të n=6 elementeve të m=4 sipas rendit leksigrafik do të japin rezultatin N=8, i cili korrespondon me shembullin e diskutuar më sipër:

Në rastin e përgjithshëm, duke përdorur identitetin për shumën e numrave të kombinimeve për të dy indekset, është e mundur të tregohet se numri i kombinimit leksigrafikisht më të vogël (1, ... i, ... m) kur llogaritet duke përdorur këtë formula do të jetë gjithmonë e barabartë me 1:

Është gjithashtu e qartë se numri i kombinimit më të madh leksigrafik (m, … nm+i, … n) kur llogaritet duke përdorur këtë formulë do të jetë i barabartë me numrin e kombinimeve të n elementeve me m:

Formula për llogaritjen e numrave të kombinimeve leksigrafike mund të përdoret për të zgjidhur problemin e anasjelltë, ku duhet të përcaktoni vektorin e kombinimit me numrin e tij sipas rendit leksigrafik. Për të zgjidhur një problem të tillë të kundërt, duhet të shkruhet në formën e një ekuacioni, ku të gjitha vlerat e panjohura të elementeve të vektorit të kombinimit të dëshiruar (C 1, ... C i, ... C m ) janë të përqendruara në numrat e kombinimeve të anës së djathtë të tij, dhe diferenca e njohur L e numrit të kombinimeve shkruhet në anën e majtë të n elementeve çdo m dhe numri i kombinimit të kërkuar N:

Zgjidhja e këtij ekuacioni jepet nga algoritmi i mëposhtëm "i babëzitur", gjatë përsëritjeve të të cilit zgjidhen në mënyrë sekuenciale vlerat e elementeve të vektorit të kombinimit të dëshiruar. Në përsëritjen fillestare, zgjidhet vlera minimale e mundshme (brenda kufizimeve të saj) e C 1, në të cilën termi i parë në anën e djathtë do të ketë një vlerë maksimale që nuk e kalon L:

Tani ana e majtë e L duhet të reduktohet me numrin e parë të kombinimeve në anën e djathtë me vlerën e zgjedhur të C 1, dhe në mënyrë të ngjashme të përcaktojë vlerën e C 2 në përsëritjen e dytë:

Në mënyrë të ngjashme, të gjitha përsëritjet pasuese duhet të kryhen për të zgjedhur vlerat e të gjithë elementëve të tjerë C i të kombinimit të dëshiruar, deri në elementin e fundit C m:

Për arsye të dukshme, vlera e elementit të fundit Cm mund të përcaktohet bazuar në barazinë e numrit të tij të kombinimeve me vlerën e mbetur të anës së majtë të L:

Duhet të theksohet se vlera e elementit të fundit të kombinimit C m mund të gjendet edhe më thjeshtë, pa numëruar vlerat e tij të mundshme:

Zbatimi i përsëritjeve të algoritmit të konsideruar ilustrohet me shembullin e mëposhtëm, ku është e nevojshme të përcaktohen kombinimet me numrin N=8 sipas rendit leksigrafik, nëse n=6 dhe m=4:

Aftësia algoritmike për të përcaktuar një kombinim me një numër të caktuar sipas rendit leksigrafik mund të përdoret në drejtime të ndryshme. Në veçanti, kur renditni kombinimet sipas rendit leksigrafik, është e nevojshme të sigurohet kthimi në çdo kombinim që është marrë më herët, mjafton të dihet vetëm numri i tij. Përveç kësaj, bëhet e mundur të gjenerohen kombinime në çdo mënyrë, e cila rregullohet nga një sekuencë e dhënë në mënyrë arbitrare e numrave të tyre leksigrafikë.

Tani paraqesim një algoritëm për gjenerimin e kombinimeve sipas rendit leksikografik:

2 për i:= 1 deri në k bëj A[i] := i;

5 filloni të shkruani (A, …, A[k]);

6 nëse A[k] = n atëherë p:= p 1 tjetër p:= k;

8 për i:= k poshtë në p bëj A[i] := A[p] + i p + 1

KOMBINIMET ME ELEMENTE TË PËRSËRSITUR

Ndryshe nga një kombinim klasik, ku të gjithë elementët janë të ndryshëm, një kombinim me përsëritje formon një përzgjedhje të parregullt të elementeve të një grupi të fundëm, ku çdo element mund të shfaqet pafundësisht shpesh dhe nuk është domosdoshmërisht i pranishëm në një kopje të vetme. Në këtë rast, numri i përsëritjeve të elementeve zakonisht kufizohet vetëm nga gjatësia e kombinimit, dhe kombinimet që ndryshojnë në të paktën një element konsiderohen të ndryshëm. Për shembull, duke zgjedhur 4 numra opsionalisht të ndryshëm nga grupi 1, 2 dhe 3, mund të krijoni 15 kombinimet e mëposhtme me përsëritje:

1111 1112 1113 1122 1123 1133 1222 1223 1233 1333 2222 2223 2233 2333 3333.

Në përgjithësi, kombinimet me përsëritje mund të formohen duke zgjedhur n elemente të llojeve arbitrare. Sidoqoftë, ato gjithmonë mund të shoqërohen me numra natyrorë të njëpasnjëshëm nga 1 në n. Atëherë çdo kombinim i m numrave opsionalisht të ndryshëm në këtë diapazon mund të shkruhet në formë vektoriale, duke i renditur në mënyrë jo-zvogëluese nga e majta në të djathtë:

Natyrisht, me këtë formë shënimi, çdo element fqinj mund të jetë i barabartë për shkak të mundësisë së përsëritjeve të pakufizuara. Sidoqoftë, çdo vektor kombinimi me përsëritje të n elementeve me m mund të shoqërohet me një vektor kombinimi të (n+m−1) elementeve me m, i cili është ndërtuar si më poshtë:

Është e qartë se për çdo vlerë të elementeve të vektorit f, elementet e vektorit C garantohen të jenë të ndryshëm dhe të renditur rreptësisht në rendin rritës të vlerave të tyre nga diapazoni nga 1 në (n+m1) :

Prania e një korrespondence një-për-një midis elementeve të vektorëve të kombinimit f dhe C na lejon të propozojmë metodën e mëposhtme të thjeshtë për renditjen sistematike të kombinimeve me përsëritje të n elementeve me m. Është e nevojshme vetëm të renditen, për shembull, sipas rendit leksigrafik, të gjitha kombinimet C të (n+m1) elementeve të m, duke i shndërruar në mënyrë sekuenciale elementet e secilit prej tyre në elementët përkatës të kombinimeve me përsëritje f duke përdorur formulën e mëposhtme:

Si rezultat, formohet një sekuencë e vektorëve të kombinimeve me përsëritje të elementeve, të cilët renditen në rendin e gjeneruar duke renditur kombinimet përkatëse pa përsëritje të elementeve. Në veçanti, për të marrë sekuencën e mësipërme të kombinimeve prej 3 shifrash 1, 2 dhe 3 me përsëritje 4 shifrash, është e nevojshme të renditen sipas rendit leksigrafik të gjitha kombinimet pa përsëritje të 6 shifrave 1,2,3,4, 5. dhe 6 janë 4 shifra secila, duke i konvertuar ato siç tregohet. Shembulli i mëposhtëm tregon një shndërrim të tillë të kombinimit (1,3,4,6) me numrin leksikografik 8:

Korrespondenca e konsideruar një-për-një midis kombinimeve me dhe pa përsëritje të elementeve do të thotë që grupet e tyre janë po aq të fuqishme. Prandaj, në rastin e përgjithshëm, numri i kombinimeve me përsëritje të n elementeve me m është i barabartë me numrin e kombinimeve pa përsëritje të (n+m1) elementeve me m. Duke përdorur të njëjtën simbolikë për të treguar numrat e kombinimeve me përsëritje f dhe pa përsëritje C, kjo barazi mund të shkruhet si më poshtë:

Është e lehtë të kontrollohet se për shembullin e konsideruar më sipër, ku n=3 dhe m=4, numri i kombinimeve të përsëritjes do të jetë i barabartë me 15, që përkon me rezultatin e renditjes së tyre të drejtpërdrejtë:

Duhet të theksohet se, ndryshe nga versioni klasik, vlerat e parametrave të kombinimit me përsëritje n dhe m nuk lidhen drejtpërdrejt me njëra-tjetrën, prandaj f(n,m)>0 për çdo kombinim të vlerave të tyre pozitive. Kushtet kufitare përkatëse përcaktohen nga barazia midis vlerave të (n+m1) dhe (n1) ose (n+m1) dhe m:

Duhet të jetë gjithashtu mjaft e qartë se nëse m është e barabartë me 1, atëherë nuk janë të mundshme përsëritje të elementeve dhe, për rrjedhojë, për çdo vlerë pozitive prej n>0 barazia e mëposhtme do të jetë e vërtetë:

Përveç kësaj, për numrat e kombinimeve me përsëritje për çdo vlerë pozitive të n dhe m, është e vlefshme lidhja e mëposhtme e përsëritjes, e cila është e ngjashme me identitetin e mbledhjes për numrat e kombinimeve pa përsëritje të elementeve:

Në fakt, ai kthehet në identitetin e treguar të shtimit pas zëvendësimit zyrtar të numrave përkatës të kombinimeve pa përsëritje në anën e majtë dhe të djathtë të tij:

Marrëdhënia e konsideruar e përsëritjes mund të përdoret për të përcaktuar në mënyrë efektive numrin e kombinimeve me përsëritjet, kur është e rëndësishme të eliminohen operacionet intensive të punës të llogaritjes së produkteve faktoriale dhe t'i zëvendësoni ato me operacione më të thjeshta të mbledhjes. Në këtë rast, për të llogaritur vlerën e f(n,m), ju duhet vetëm të aplikoni këtë relacion përsëritje derisa të merrni shumën e termave të formës f(1,m) dhe f(i,1), ku i merr vlera në rangun nga n në 1. Sipas përcaktimit të sasisë, termat e tillë janë të barabartë me 1 dhe i, respektivisht. Shembulli i mëposhtëm ilustron përdorimin e kësaj teknike të transformimit për rastin n=3 dhe m=4:

LISTIMI I KOMBINIMET BINARE

Kur zbatoni kombinime në harduer ose programim në gjuhën e asamblesë, është e rëndësishme të jeni në gjendje të përpunoni regjistrimet e kombinimeve në format binar. Në këtë rast, çdo kombinim i n elementeve të m duhet të specifikohet në formën e një numri binar n-bit (B n,...B j,...B 1), ku shifrat e njësive m tregojnë elementet e kombinim, dhe shifrat e mbetura (nm) kanë vlera zero. Natyrisht, me këtë formë shënimi, kombinime të ndryshme duhet të ndryshojnë në renditjen e shifrave të 1-së, dhe ka vetëm mënyra C(n,m) për të renditur m njës ose (nm) zero në një grup binar n-bit. Për shembull, tabela e mëposhtme liston të 6 kombinimet e tilla binare, të cilat ofrojnë numra binarë 4-bitësh për të gjitha kombinimet e 4 elementeve të një grupi arbitrar (E 1 , E 2 , E 3 , E 4 ) me 2:

Në rastin e përgjithshëm, detyra e numërimit të kombinimeve të tilla binare zbret në një kërkim sistematik të të gjitha grupeve binare n-bit me rregullime të ndryshme të biteve m një dhe (nm) zero. Në formën më të thjeshtë, një kërkim i tillë zbatohet me metoda të ndryshme të transpozimit të biteve ngjitur me një zhvendosje (algoritme transpozitive-shift). Këto janë algoritme përsëritëse dhe emrat e tyre pasqyrojnë natyrën e operacioneve të kryera në çdo hap. Procedurat përsëritëse të algoritmeve të zhvendosjes transpozitive formojnë sekuenca kombinimesh binare që fillojnë me një grup binar, ku të gjitha janë të përqendruara në shifrat e rendit të ulët (në të djathtë) dhe përfundojnë kur të gjitha 1-të janë në shifrat e rendit të lartë ( në të majtë):

Ndërsa përputhen në kombinimet fillestare dhe përfundimtare, këto sekuenca ndryshojnë në rendin në të cilin renditen grupet binare të ndërmjetme. Sidoqoftë, në të gjitha rastet, çdo kombinim binar pasues formohet nga ai i mëparshmi si rezultat i kryerjes së operacioneve përkatëse të transpozimit dhe zhvendosjes. Në të njëjtën kohë, algoritme të ndryshme të zhvendosjes transpozitive ndryshojnë në mënyrën se si zgjedhin një palë bit për transpozim dhe një grup bitesh për zhvendosje. Kjo specifikë diskutohet më poshtë për algoritmet e transpozimit me zhvendosje majtas dhe djathtas.

Në algoritmin e transpozimit me një zhvendosje majtas, në çdo hap, kombinimi binar tjetër fitohet nga ai aktual duke zëvendësuar çiftin më të majtë të shifrave 01 me 10 (transpozim) dhe duke zhvendosur grupin e shifrave të njësive kryesore, nëse ka, afër çifti 10 i marrë pas transpozimit (ndërrimit). Nëse në këtë rast nuk ka njësi në shifrat kryesore në kombinimin binar aktual, atëherë zhvendosja nuk kryhet, edhe kur njësia kryesore fitohet pas transpozimit në këtë hap. Zhvendosja gjithashtu nuk kryhet kur nuk ka zero në bitet më domethënëse përpara çiftit 10 të marrë pas transpozimit. Veprimet e marra në shqyrtim ilustrohen nga shembulli i mëposhtëm i kryerjes së dy përsëritjeve të njëpasnjëshme të këtij algoritmi, ku në një përsëritje (15) kryhet vetëm transpozimi (T") dhe në përsëritjen tjetër (16) transpozimi plotësohet me një zhvendosje ( T"+S"):

Në algoritmin e transpozimit djathtas, hapa konceptualisht të ngjashëm kryhen në çdo hap. Vetëm transpozimi siguron që bitet më të djathta të 01 të zëvendësohen me 10 (në vend të atyre më të majtët), dhe më pas të gjitha ato në të djathtë të tij të zhvendosen në bitet më pak të rëndësishme. Si më parë, zhvendosja kryhet vetëm nëse ka njësi që mund të zhvendosen në të djathtë. Veprimet e marra në shqyrtim ilustrohen nga shembulli i mëposhtëm i kryerjes së dy përsëritjeve të njëpasnjëshme të këtij algoritmi, ku në një përsëritje (3) kryhet vetëm transpozimi (T"), dhe në përsëritjen tjetër (4) transpozimi plotësohet me një zhvendosje ( T"+S"):

Duhet të theksohet se përsëritjet e të dy algoritmeve mund të shkruhen në formë shtesë nëse kombinimet binare interpretohen si numra të plotë në sistemin e numrave bazë 2, në veçanti, për algoritmin e transpozimit me një zhvendosje djathtas, çdo kombinim binar tjetër (B" n ,…B" j , …B" 1), mund të merret gjithmonë nga kombinimi aktual (B n,…B j,…B 1) duke kryer operacionet e mbledhjes së numrave të plotë duke përdorur formulën shtesë të mëposhtme:

Në këtë formulë shtesë, eksponentët e fuqive të dyseve f dhe t tregojnë, përkatësisht, numrin e shifrave zero të rendit të ulët të kombinimit binar aktual dhe numrin e njësheve në një rresht në të majtë të tyre. Për shembull, për kombinimin e katërt binar (001110) me n=6 shifra f =1 dhe t =3. Prandaj, llogaritja e kombinimit binar të ardhshëm duke përdorur formulën shtesë në përsëritjen 5 do të japë rezultatin e mëposhtëm, ekuivalent me kryerjen e operacioneve të transpozimit dhe zhvendosjes:

Për një analizë krahasuese të algoritmeve të transpozimit të konsideruar me zhvendosje majtas dhe djathtas, këshillohet të krahasohen sekuencat e kombinimeve binare që ato gjenerojnë në përsëritjet e tyre. Tabela e mëposhtme tregon dy sekuenca të tilla të kombinimeve binare të 4 elementeve nga 2, të cilat përftohen nga algoritmet e zhvendosjes majtas (TSL) dhe djathtas (TSR), përkatësisht:

Duke krahasuar këto 2 sekuenca, mund të shihni se ato janë pasqyrë e kundërt. Kjo do të thotë që çdo dy kombinime binare që ndodhen në to në të njëjtën distancë nga skajet reciprokisht të kundërta të sekuencave të tyre janë një imazh pasqyrë i njëri-tjetrit, domethënë, ato përkojnë kur indeksimi i biteve në cilindo prej tyre është i kundërt. Për shembull, modeli i dytë binar nga fillimi i sekuencës TSL (0101) është një imazh pasqyrë i modelit binar (1010) që është i dyti nga fundi i sekuencës TSR. Në përgjithësi, çdo kombinim binar me numrin i të një sekuence është një imazh pasqyrë i një kombinimi binar me numrin (ni+1) të një sekuence tjetër. Kjo marrëdhënie midis këtyre sekuencave është pasojë e natyrës simetrike të operacioneve të transpozimit dhe zhvendosjes në dy algoritmet e konsideruara për numërimin e kombinimeve binare.

Duhet të theksohet se formati binar mund të përdoret gjithashtu për të regjistruar kombinime me përsëritje të elementeve. Për ta bërë këtë, është e nevojshme të krijohet një korrespondencë një-për-një midis kombinimeve me përsëritje dhe kombinime binare, të cilat janë ndërtuar si më poshtë. Le të ketë një kombinim arbitrar me përsëritjet, i cili përftohet duke zgjedhur m elementë opsionalisht të ndryshëm nga n elementët e grupit gjenerues. Për të vendosur përputhjen e dëshiruar, së pari duhet të shtoni të gjithë elementët e grupit formues (mace) në kombinim dhe më pas të renditni lidhjen (renditjen) që rezulton në mënyrë që të gjithë elementët identikë të jenë krah për krah. Rezultati është një sekuencë e elementeve (n+m), ku ka n grupe elementësh identikë. Do të ketë një total prej (n+m1) boshllëqesh ndërmjet elementeve, ndër të cilat do të ketë (n1) boshllëqe midis grupeve të elementeve identike dhe m boshllëqe midis elementeve brenda grupeve. Për qartësi, mund të vendosni simbolet "|" në hapësirat e treguara. dhe përkatësisht. Nëse tani përshtatim 1 me hapësirat midis grupeve (|) dhe 0 me të gjitha hapësirat e tjera (), marrim një kombinim binar. Ai formohet nga një grup binar bitësh (n+m1), ku (n1) janë një dhe m zero bit, vendndodhja e të cilave korrespondon në mënyrë unike me kombinimin origjinal me përsëritjet e elementeve n deri në m. Teknika e konsideruar e transformimit ilustrohet nga shembulli i mëposhtëm i ndërtimit të një kombinimi binar (1001101) duke përdorur një kombinim me përsëritje (BBD), elementët e të cilit zgjidhen nga grupi gjenerues i pesë shkronjave të para latine:

Në përgjithësi, numri i grupeve të tilla binare përcakton numrin e mënyrave për të renditur (n1) njësitë (ose m zero) në (n+m1) shifra binare. Kjo vlerë është padyshim e barabartë me numrin e kombinimeve nga (n+m1) me (n1) ose me m, domethënë C(n+m1,n1) ose C(n+m1,m), që është e barabartë me numri i kombinimeve me përsëritje f( n,m) të n elementeve, m secili. Kështu, duke pasur një korrespodencë një-për-një midis kombinimeve me përsëritje dhe kombinime binare, është e ligjshme që të reduktohet numërimi i kombinimeve me përsëritje në numërimin e kombinimeve binare, për shembull, duke përdorur algoritme transpozimi me zhvendosje majtas ose djathtas. Pas kësaj, ju vetëm duhet të rivendosni kombinimet e kërkuara me përsëritje duke përdorur kombinimet binare që rezultojnë. Kjo mund të bëhet gjithmonë duke përdorur teknikën e mëposhtme të rikuperimit.

Lëreni grupin kryesor, nga elementët e të cilit formohen kombinime me përsëritje të m elementeve jo domosdoshmërisht të ndryshëm, të renditet në mënyrë arbitrare në mënyrë që secili prej elementeve të tij të ketë një numër të caktuar serik nga 1 në n. Le të zbatojmë edhe numërimin e kombinimeve binare të (n+m1) shifrave binare, ku (n1) njëshe dhe m zero shifra. Çdo kombinim binar që rezulton mund të plotësohet në të majtë me një shifër fiktive të njësisë dhe të gjitha shifrat e njësive mund të numërohen nga e majta në të djathtë me numra të plotë nga 1 në n. Atëherë numri i zerave në një rresht pas çdo njësie të i-të të kombinimit binar do të jetë i barabartë me numrin e rasteve të elementit të i-të të grupit kryesor në kombinimin përkatës me përsëritje. Teknika e konsideruar ilustrohet nga shembulli i mëposhtëm, ku, duke përdorur një kombinim binar (1001101), rivendoset një kombinim me përsëritjet e BBD, elementët e të cilit janë zgjedhur nga grupi gjenerues i pesë shkronjave të para latine, të shkruara sipas rendit alfabetik. , dhe mbivendosja tregon elementet që mungojnë në këtë kombinim:

Duke kryer veprime të ngjashme në kushtet e këtij shembulli, mund të renditni të 35 kombinimet binare që formojnë grupe binare 7-bitësh, ku ka 4 njësh dhe 3 zero, dhe të rivendosni kombinimet përkatëse me përsëritje të 5 elementeve nga 3.

Kombinatorika është një degë e matematikës që studion pyetjet se sa kombinime të ndryshme, në varësi të kushteve të caktuara, mund të bëhen nga objekte të dhëna. Bazat e kombinatorikës janë shumë të rëndësishme për vlerësimin e probabiliteteve të ngjarjeve të rastësishme, sepse Janë ata që na lejojnë të llogarisim numrin thelbësisht të mundshëm të skenarëve të ndryshëm për zhvillimin e ngjarjeve.

Formula bazë e kombinatorikës

Le të ketë k grupe elementesh, dhe grupi i-të përbëhet nga n i elemente. Le të zgjedhim një element nga secili grup. Atëherë numri i përgjithshëm N i mënyrave në të cilat mund të bëhet një zgjedhje e tillë përcaktohet nga relacioni N=n 1 *n 2 *n 3 *...*n k .

Shembulli 1. Le ta shpjegojmë këtë rregull me një shembull të thjeshtë. Le të ketë dy grupe elementesh, dhe grupi i parë përbëhet nga n 1 elementë, dhe i dyti - nga n 2 elementë. Sa çifte të ndryshme elementësh mund të bëhen nga këto dy grupe, në mënyrë që çifti të përmbajë një element nga secili grup? Le të themi se morëm elementin e parë nga grupi i parë dhe, pa e ndryshuar, kaluam të gjitha çiftet e mundshme, duke ndryshuar vetëm elementët nga grupi i dytë. Mund të ketë n 2 çifte të tilla për këtë element. Pastaj marrim elementin e dytë nga grupi i parë dhe gjithashtu bëjmë të gjitha çiftet e mundshme për të. Do të ketë edhe n 2 çifte të tilla. Meqenëse ka vetëm n 1 elementë në grupin e parë, opsionet totale të mundshme do të jenë n 1 * n 2 .

Shembulli 2. Sa numra çift treshifrorë mund të bëhen nga shifrat 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, nëse shifrat mund të përsëriten?
Zgjidhja: n 1 =6 (sepse mund të marrësh çdo numër nga 1, 2, 3, 4, 5, 6 si shifra e parë), n 2 =7 (sepse mund të marrësh çdo numër nga 0 si shifrën e dytë , 1, 2 , 3, 4, 5, 6), n 3 =4 (pasi çdo numër nga 0, 2, 4, 6 mund të merret si shifra e tretë).
Pra, N=n 1 *n 2 *n 3 =6*7*4=168.

Në rastin kur të gjitha grupet përbëhen nga i njëjti numër elementesh, d.m.th. n 1 =n 2 =...n k =n mund të supozojmë se çdo përzgjedhje është bërë nga i njëjti grup, dhe elementi pas përzgjedhjes kthehet në grup. Atëherë numri i të gjitha metodave të përzgjedhjes është n k. Kjo metodë e përzgjedhjes në kombinatorikë quhet mostrat me kthim.

Shembulli 3. Sa numra katërshifrorë mund të bëhen nga shifrat 1, 5, 6, 7, 8?
Zgjidhje. Për çdo shifër të një numri katërshifror ka pesë mundësi, që do të thotë N=5*5*5*5=5 4 =625.

Konsideroni një grup të përbërë nga n elementë. Në kombinatorikë kjo grup quhet popullata e përgjithshme.

Numri i vendosjeve të n elementeve me m

Përkufizimi 1. Akomodimi nga n elementet nga m në kombinatorikë çdo set i porositur nga m elementë të ndryshëm të përzgjedhur nga popullsia në n elementet.

Shembulli 4. Rregullimet e ndryshme të tre elementeve (1, 2, 3) nga dy do të jenë grupet (1, 2), (2, 1), (1, 3), (3, 1), (2, 3), (3 , 2). Vendosjet mund të ndryshojnë nga njëri-tjetri si në elementë ashtu edhe në renditje të tyre.

Numri i vendosjeve në kombinatorikë shënohet me A n m dhe llogaritet me formulën:

Koment: n!=1*2*3*...*n (lexo: “en faktorial”), përveç kësaj, supozohet se 0!=1.

Shembulli 5. Sa numra dyshifrorë ka në të cilët shifra e dhjetësheve dhe ajo e njësive janë të ndryshme dhe tek?
Zgjidhja: sepse Nëse ka pesë shifra tek, përkatësisht 1, 3, 5, 7, 9, atëherë kjo detyrë zbret në zgjedhjen dhe vendosjen e dy nga pesë shifrat e ndryshme në dy pozicione të ndryshme, d.m.th. numrat e treguar do të jenë:

Përkufizim 2. Kombinim nga n elementet nga m në kombinatorikë çdo set i parregulluar nga m elementë të ndryshëm të përzgjedhur nga popullsia në n elementet.

Shembulli 6. Për grupin (1, 2, 3), kombinimet janë (1, 2), (1, 3), (2, 3).

Numri i kombinimeve të n elementeve, m secili

Numri i kombinimeve shënohet me C n m dhe llogaritet me formulën:

Shembulli 7. Në sa mënyra mund të zgjedhë një lexues dy libra nga gjashtë të disponueshëm?

Zgjidhja: Numri i metodave është i barabartë me numrin e kombinimeve të gjashtë librave nga dy, d.m.th. barazohet me:

Permutacionet e n elementeve

Përkufizimi 3. Permutacioni nga n elementet quhen çdo set i porositur këto elemente.

Shembulli 7a. Të gjitha ndërrimet e mundshme të një grupi të përbërë nga tre elementë (1, 2, 3) janë: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3) , ( 3, 2, 1), (3, 1, 2).

Numri i permutacioneve të ndryshme të n elementeve shënohet me P n dhe llogaritet me formulën P n =n!.

Shembulli 8. Në sa mënyra mund të renditen shtatë libra nga autorë të ndryshëm në një rresht në një raft?

Zgjidhja: Ky problem ka të bëjë me numrin e ndërrimeve të shtatë librave të ndryshëm. Ka P 7 =7!=1*2*3*4*5*6*7=5040 mënyra për të rregulluar librat.

Diskutim. Ne shohim se numri i kombinimeve të mundshme mund të llogaritet sipas rregullave të ndryshme (permutacione, kombinime, vendosje) dhe rezultati do të jetë i ndryshëm, sepse Parimi i llogaritjes dhe vetë formulat janë të ndryshme. Duke parë me kujdes përkufizimet, do të vini re se rezultati varet nga disa faktorë njëkohësisht.

Së pari, nga sa elementë mund të kombinojmë grupe (sa i madh është tërësia e elementeve).

Së dyti, rezultati varet nga madhësia e grupeve të elementeve që na duhen.

Së fundi, është e rëndësishme të dimë nëse renditja e elementeve në grup është e rëndësishme për ne. Le të shpjegojmë faktorin e fundit duke përdorur shembullin e mëposhtëm.

Shembulli 9. Në mbledhjen e prindërve janë të pranishëm 20 persona. Sa opsione të ndryshme ka për përbërjen e komitetit mëmë nëse ai duhet të përfshijë 5 persona?
Zgjidhja: Në këtë shembull, ne nuk jemi të interesuar për renditjen e emrave në listën e komisioneve. Nëse, si rezultat, të njëjtët njerëz rezultojnë të jenë pjesë e tij, atëherë në kuptimin për ne ky është i njëjti opsion. Prandaj, ne mund të përdorim formulën për të llogaritur numrin kombinime nga 20 elemente 5 secili.

Gjërat do të jenë të ndryshme nëse çdo anëtar i komisionit është fillimisht përgjegjës për një fushë specifike të punës. Pastaj, me të njëjtën përbërje liste të komisionit, mund të jenë 5 brenda tij! opsione permutacionet kjo çështje. Numri i opsioneve të ndryshme (si në përbërje ashtu edhe në fushën e përgjegjësisë) përcaktohet në këtë rast nga numri vendosjet nga 20 elemente 5 secili.

Detyrat e vetë-testimit
1. Sa numra çift treshifrorë mund të bëhen nga shifrat 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, nëse shifrat mund të përsëriten?

2. Sa numra pesëshifrorë ka që lexohen njësoj nga e majta në të djathtë dhe nga e djathta në të majtë?

3. Ka dhjetë lëndë në klasë dhe pesë mësime në ditë. Në sa mënyra mund të krijoni një orar për një ditë?

4. Në sa mënyra mund të zgjidhen 4 delegatë për një konferencë nëse ka 20 persona në grup?

5. Në sa mënyra mund të vendosen tetë shkronja të ndryshme në tetë zarf të ndryshëm nëse në çdo zarf vendoset vetëm një shkronjë?

6. Një komision i përbërë nga dy matematikanë dhe gjashtë ekonomistë duhet të përbëhet nga tre matematikanë dhe dhjetë ekonomistë. Në sa mënyra mund të bëhet kjo?