Olası kombinasyonların sayısını çevrimiçi olarak sayın. Yerleştirmeler ve olasılık teorisi

Belirli bir kümedeki örneklerin sayısını genel biçimde sayma problemini ele alalım. Biraz set olsun N, oluşan N unsurlar. Aşağıdakilerden oluşan herhangi bir alt küme M öğeler, sıraları dikkate alınmadan veya dikkate alınmadan dikkate alınabilir; sırayı değiştirirken diğerine geç M– örnekleme.

Aşağıdaki tanımları formüle edelim:

Tekrarı olmayan yerleşimler

Tekrarlamadan yerleştirmeN tarafından elemanlarM NiçerenMçeşitli unsurlar.

Tanımdan, öğeler aynı olsa bile, iki düzenlemenin hem öğeleri hem de sıraları bakımından birbirinden farklı olduğu sonucu çıkar.

Teorem 3. Tekrarsız yerleşim sayısı ürüne eşittir M en büyüğü sayı olan faktörler N . Yazın:

Tekrarı olmayan permütasyonlar

PermütasyonlarN elemanlara kümenin farklı sıralamaları denirN.

Bu tanımdan, iki permütasyonun yalnızca elemanların sırasına göre farklılık gösterdiği ve bunların özel bir yerleştirme durumu olarak değerlendirilebileceği sonucu çıkmaktadır.

Teorem 4. Tekrarsız farklı permütasyonların sayısı aşağıdaki formülle hesaplanır:

Tekrarı olmayan kombinasyonlar

Tekrarlanmayan bir kombinasyonN tarafından elemanlarM Bir kümenin herhangi bir sırasız alt kümesine denirNiçerenM çeşitli unsurlar.

Tanımdan, iki kombinasyonun yalnızca öğeler açısından farklı olduğu sonucu çıkar; sıra önemli değildir.

Teorem 5. Tekrarsız kombinasyon sayısı aşağıdaki formüllerden biri kullanılarak hesaplanır:

Örnek 1. Odada 5 sandalye var. Bunları üzerlerine kaç farklı şekilde yerleştirebilirsiniz?

a) 7 kişi; b) 5 kişi; c) 3 kişi mi?

Çözüm: a) Öncelikle sandalyelere oturacak 7 kişiden 5'ini seçmeniz gerekiyor. Yapılabilir
yol. Belirli bir beşin her seçimiyle şunları üretebilirsiniz:
yeniden düzenlemeler. Çarpma teoremine göre gerekli iniş yöntemi sayısı eşittir.

Yorum: Sorun yalnızca çarpım teoremi kullanılarak çözülebilir ve şu mantık yürütülebilir: 1. sandalyeye oturmak için 7 seçenek vardır, 2. sandalyeye oturmak için 6 seçenek vardır, 3. sandalyede -5, 4. -4 ve 5-. inci -3. Bu durumda 7 kişiyi 5 sandalyeye oturtma yollarının sayısı. Her iki yöntemin çözümleri tutarlıdır, çünkü

b) Çözüm açıktır -

V) - işgal edilen sandalyelerin seçim sayısı.

- seçilen üç sandalyede üç kişilik koltuk sayısı.

Toplam seçim sayısı.

Formülleri kontrol etmek zor değil
;

;

Aşağıdakilerden oluşan bir kümenin tüm alt kümelerinin sayısı N unsurlar.

Yerleşimleri tekrarla

Tekrarlayarak yerleştirerekN tarafından elemanlarM Bir kümenin her sıralı alt kümesine denirN, oluşanM Böylece bu alt kümeye 1'den 1'e kadar herhangi bir öğe dahil edilebilir.Mya da tamamen yok olmak.

Tekrarlı yerleşimlerin sayısı şu şekilde gösterilir: ve çarpma teoreminin bir sonucu olan formül kullanılarak hesaplanır:

Örnek 2. N = (a, b, c) üç harften oluşan bir küme olsun. Bu kümenin içinde yer alan herhangi bir harf kümesine sözcük adını verelim. Bu harflerden oluşturulabilecek uzunluğu 2 olan kelime sayısını bulun:
.

Yorum: Açıkçası, tekrarlı yerleşimler de şu durumlarda dikkate alınabilir:
.

Örnek 3. Uzunluğu 3 olan tüm olası kelimeleri oluşturmak için (a, b) harflerini kullanmanız gerekir. Bu kaç farklı şekilde yapılabilir?

Cevap:

Kombinatoriklerin yüksek matematiğin bağımsız bir dalı olduğu (ve terverin bir parçası olmadığı) ve bu disiplin üzerine içeriği zaman zaman soyut cebirden daha kolay olmayan ağır ders kitaplarının yazıldığı unutulmamalıdır. Ancak teorik bilginin küçük bir kısmı bizim için yeterli olacaktır ve bu yazıda tipik kombinatoryal problemlerle konunun temellerini erişilebilir bir biçimde analiz etmeye çalışacağım. Ve çoğunuz bana yardım edeceksiniz ;-)

Ne yapacağız? Dar anlamda kombinatorik, belirli bir kümeden yapılabilecek çeşitli kombinasyonların hesaplanmasıdır. ayrık nesneler. Nesneler, herhangi bir izole nesne veya canlı varlık (insanlar, hayvanlar, mantarlar, bitkiler, böcekler vb.) olarak anlaşılır. Aynı zamanda kombinatorik, setin bir tabak irmik lapası, bir havya ve bir bataklık kurbağasından oluşmasını hiç umursamıyor. Bu nesnelerin numaralandırılabilmesi temel olarak önemlidir - bunlardan üç tane vardır (ayrıklık) ve önemli olan hiçbirinin aynı olmamasıdır.

Kombinasyonlarla ilgili çok şey konuştuk. En yaygın kombinasyon türleri nesnelerin permütasyonları, bunların bir kümeden seçilmesi (kombinasyon) ve dağıtımıdır (yerleştirme). Şimdi bunun nasıl gerçekleştiğini görelim:

Tekrarlamayan permütasyonlar, kombinasyonlar ve yerleştirmeler

Özellikle bazıları gerçekten pek iyi olmadığı için belirsiz terimlerden korkmayın. Başlığın kuyruğuyla başlayalım - ne anlama gelir? tekrar yok"? Bu, bu bölümde aşağıdakilerden oluşan kümeleri ele alacağımız anlamına gelir: çeşitli nesneler. Örneğin, ... hayır, havya ve kurbağa ile yulaf lapası sunmayacağım, daha lezzetli bir şey olsa daha iyi =) Önünüzdeki masanın üzerinde bir elma, bir armut ve bir muzun belirdiğini hayal edin ( eğer bunlara sahipseniz, durum gerçekte simüle edilebilir). Meyveleri soldan sağa aşağıdaki sırayla yerleştiriyoruz:

elma / armut / muz

Birinci soru: Kaç farklı şekilde yeniden düzenlenebilirler?

Yukarıda zaten bir kombinasyon yazılmıştır ve geri kalanında herhangi bir sorun yoktur:

elma / muz / armut
armut / elma / muz
armut / muz / elma
muz / elma / armut
muz / armut / elma

Toplam: 6 kombinasyon veya 6 permütasyonlar.

Tamam, olası tüm durumları listelemek zor olmadı ama ya daha fazla nesne varsa? Sadece dört farklı meyveyle kombinasyon sayısı önemli ölçüde artacak!

Lütfen referans materyalini açın (kılavuzu yazdırmak uygundur) ve 2 numaralı noktada permütasyon sayısı formülünü bulun.

Sorun yok - 3 nesne farklı şekillerde yeniden düzenlenebilir.

İkinci soru: a) bir meyveyi, b) iki meyveyi, c) üç meyveyi, d) en az bir meyveyi kaç farklı şekilde seçebilirsiniz?

Neden seçmelisiniz? Bu yüzden önceki noktada yemek yemek için iştahımızı açtık! =)

a) Bir meyve elbette üç şekilde seçilebilir; bir elma, bir armut veya bir muz alın. Resmi hesaplama şu şekilde yapılır: kombinasyon sayısı formülü:

Bu durumda giriş şu şekilde anlaşılmalıdır: "Üçten 1 meyveyi kaç farklı şekilde seçebilirsiniz?"

b) İki meyvenin olası tüm kombinasyonlarını listeleyelim:

elma ve armut;
elma ve muz;
armut ve muz.

Kombinasyonların sayısı aynı formül kullanılarak kolayca kontrol edilebilir:

Giriş de benzer şekilde anlaşılıyor: "Üçten 2 meyveyi kaç farklı şekilde seçebilirsiniz?"

c) Ve son olarak üç meyveyi seçmenin tek bir yolu vardır:

Bu arada, kombinasyon sayısı formülü boş bir örnek için anlamlı olmaya devam ediyor:
Bu şekilde tek bir meyve bile seçemezsiniz; aslında hiçbir şey almayın, hepsi bu.

d) Kaç farklı şekilde alabilirsiniz? en az bir meyve? “En az bir” durumu, 1 meyveden (herhangi birinden) veya herhangi 2 meyveden veya 3 meyvenin tamamından memnun olduğumuzu belirtir:
bu yöntemleri kullanarak en az bir meyve seçebilirsiniz.

Giriş dersini dikkatle inceleyen okuyucular olasılık teorisi, zaten bir şeyi tahmin etmiştik. Ancak artı işaretinin anlamı hakkında daha sonra daha fazla bilgi vereceğiz.

Bir sonraki soruyu cevaplamak için iki gönüllüye ihtiyacım var... ...Peki, kimse istemediği için sizi kurula çağıracağım =)

Üçüncü soru: Dasha ve Natasha'ya birer meyveyi kaç farklı şekilde dağıtabilirsiniz?

İki meyveyi dağıtmak için önce onları seçmeniz gerekir. Önceki sorunun "ol" paragrafına göre bu, şu şekillerde yapılabilir, bunları yeniden yazacağım:

elma ve armut;
elma ve muz;
armut ve muz.

Ama şimdi iki kat daha fazla kombinasyon olacak. Örneğin ilk meyve çiftini düşünün:
Dasha'ya bir elma ve Natasha'ya bir armutla davranabilirsiniz;
veya tam tersi - Dasha armudu alacak ve Natasha elmayı alacak.

Ve her meyve çifti için böyle bir permütasyon mümkündür.

Dansa giden aynı öğrenci grubunu düşünün. Bir erkek ve bir kız çocuğu kaç farklı şekilde eşleştirilebilir?

1 genç adamı seçebileceğiniz yollardan;
1 kızı seçebilmenin yolları.

Böylece bir genç adam Ve Bir kız seçebilirsiniz: yollar.

Her kümeden 1 nesne seçildiğinde kombinasyonların sayılmasında şu prensip geçerlidir: “ Her bir kümedeki bir nesne bir çift oluşturabilir herkesle başka bir kümenin nesnesi."

Yani Oleg 13 kızdan herhangi birini dansa davet edebilir, Evgeny de on üç kızdan herhangi birini davet edebilir ve geri kalan gençlerin de benzer bir seçeneği vardır. Toplam: olası çiftler.

Bu örnekte çiftin oluşumunun "tarihi"nin önemli olmadığını belirtmek gerekir; ancak inisiyatifi hesaba katarsak, 13 kızın her biri herhangi bir erkek çocuğu dansa davet edebileceğinden kombinasyon sayısı iki katına çıkarılmalıdır. Her şey belirli bir görevin koşullarına bağlıdır!

Benzer bir prensip daha karmaşık kombinasyonlar için de geçerlidir; örneğin: iki genç adamı kaç farklı şekilde seçebilirsiniz? Ve KVN skeçine iki kız mı katılacak?

Birlik VE kombinasyonların çoğaltılması gerektiğini açıkça ima ediyor:

Olası sanatçı grupları.

Başka bir deyişle, her biri bir çift erkek çocuk (45 benzersiz çift) performans sergileyebilir herhangi bir çift kız (78 benzersiz çift). Ve katılımcılar arasındaki rol dağılımını dikkate alırsak daha da fazla kombinasyon olacaktır. ...gerçekten istiyorum ama yine de sende öğrencilik hayatından nefret uyandırmamak için devam etmekten kaçınacağım =).

Kombinasyonları çarpma kuralı daha fazla sayıda çarpan için de geçerlidir:

Sorun 8

5'e bölünebilen üç basamaklı kaç sayı vardır?

Çözüm: Açıklık sağlamak için bu sayıyı üç yıldız işaretiyle gösterelim: ***

İÇİNDE yüzlerce yer Sayılardan herhangi birini (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 veya 9) yazabilirsiniz. Sıfır uygun değildir, çünkü bu durumda sayı üç haneli olmaktan çıkar.

Ama içinde onlar basamağı(“ortada”) 10 rakamdan herhangi birini seçebilirsiniz: .

Koşula göre sayının 5'e bölünebilmesi gerekiyor. Bir sayı 5 veya 0 ile bitiyorsa 5'e bölünüyor demektir. Yani düşük sıralamada 2 rakamla yetiniyoruz.

Toplamda var: 5'e bölünebilen üç basamaklı sayılar.

Bu durumda eser şu şekilde deşifre edilir: “Bir sayıyı seçmenin 9 yolu yüzlerce yer Ve Bir sayı seçmenin 10 yolu onlar basamağı Ve 2 yol birim haneli»

Veya daha da basiti: “ her biri 9 haneden yüzlerce yer birleştirir her biriyle 10 haneli onlar basamağı ve her biriyle iki rakamdan birim haneli».

Cevap: 180

Ve şimdi...

Evet, Bor, Dima ve Volodya'ya farklı şekillerde birer kart dağıtılabilen 5 numaralı sorunla ilgili vaat edilen yorumu neredeyse unutuyordum. Buradaki çarpma aynı anlama gelir: desteden 3 kartı çıkarmanın yolları VE her birindeörnek bunları şekillerde yeniden düzenleyin.

Ve şimdi kendi başınıza çözmeniz gereken bir problem... şimdi daha ilginç bir şey bulacağım... bırak blackjack'in aynı Rus versiyonuyla ilgili olsun:

Sorun 9

"Puan" oynarken 2 karttan oluşan kaç kazanan kombinasyon vardır?

Bilmeyenler için: Kazanan kombinasyon 10 + ACE (11 puan) = 21 puan ve iki asın kazanma kombinasyonunu ele alalım.

(herhangi bir çiftteki kartların sırası önemli değildir)

Dersin sonunda kısa bir çözüm ve cevap.

Bu arada örneği ilkel olarak düşünmeyin. Blackjack, kumarhaneyi yenmenizi sağlayan matematiksel tabanlı bir algoritmanın bulunduğu neredeyse tek oyundur. İlgilenenler en uygun strateji ve taktikler hakkında zengin miktarda bilgiyi kolayca bulabilirler. Doğru, bu tür ustalar oldukça hızlı bir şekilde tüm kuruluşların kara listesine giriyor =)

Kapsanan materyali birkaç sağlam görevle birleştirmenin zamanı geldi:

Sorun 10

Vasya'nın evde 4 kedisi var.

a) Kediler odanın köşelerine kaç farklı şekilde oturabilir?
b) Kedilerin yürüyüşe çıkmasına kaç farklı şekilde izin verebilirsiniz?
c) Vasya iki kediyi (biri solunda, diğeri sağında) kaç farklı şekilde alabilir?

Haydi karar verelim: öncelikle sorunun neyle ilgili olduğuna bir kez daha dikkat etmelisiniz. farklı nesneler (kediler tek yumurta ikizleri olsa bile). Bu çok önemli bir durum!

a) Kedilerin sessizliği. Bu icraya tabi bütün kediler aynı anda
+ konumları önemlidir, dolayısıyla burada permütasyonlar vardır:
Bu yöntemleri kullanarak kedileri odanın köşelerine yerleştirebilirsiniz.

Permütasyon yaparken yalnızca farklı nesnelerin sayısı ve bunların göreceli konumlarının önemli olduğunu tekrar ediyorum. Vasya'nın ruh haline bağlı olarak hayvanları kanepede yarım daire şeklinde, pencere kenarında sıra halinde vb. oturtabilir. – her durumda 24 permütasyon olacaktır. İlgilenenler kolaylık sağlamak için kedilerin çok renkli olduğunu (örneğin beyaz, siyah, kırmızı ve tekir) hayal edebilir ve tüm olası kombinasyonları listeleyebilir.

b) Kedilerin yürüyüşe çıkmasına kaç farklı şekilde izin verebilirsiniz?

Kedilerin yalnızca kapıdan geçerek yürüyüşe çıktığı varsayılmaktadır ve soru, hayvan sayısına ilişkin bir kayıtsızlığı ima etmektedir - 1, 2, 3 veya 4 kedinin tamamı yürüyüşe çıkabilir.

Olası tüm kombinasyonları sayıyoruz:

Bir kedinin (dört kediden herhangi birinin) yürüyüşe çıkmasına izin verebileceğiniz yollar;
iki kedinin yürüyüşe çıkmasına izin vermenin yolları (seçenekleri kendiniz listeleyin);
üç kedinin yürüyüşe çıkmasına izin verebileceğiniz yollar (dört kediden biri evde oturuyor);
Bu şekilde tüm kedileri serbest bırakabilirsiniz.

Muhtemelen ortaya çıkan değerlerin toplanması gerektiğini tahmin etmişsinizdir:
Kedilerin yürüyüşe çıkmasına izin vermenin yolları.

Meraklıları için sorunun karmaşık bir versiyonunu sunuyorum - herhangi bir örnekteki herhangi bir kedi, hem kapıdan hem de 10. kattaki pencereden rastgele dışarı çıkabildiğinde. Kombinasyonlarda gözle görülür bir artış olacak!

c) Vasya iki kediyi kaç farklı şekilde kucağına alabilir?

Bu durum sadece 2 hayvanın seçilmesini değil, aynı zamanda bunların her iki ele de yerleştirilmesini içermektedir:
Bu yollarla 2 kedi alabilirsiniz.

İkinci çözüm: Yöntemleri kullanarak iki kedi seçebilirsiniz Ve bitki yetiştirmenin yolları Her elimde bir çift:

Cevap: a) 24, b) 15, c) 12

Vicdanınızı rahatlatmak için kombinasyonları çarpma konusunda daha spesifik bir şey söyleyelim... Vasya'nın 5 kedisi daha olsun =) 2 kedinin yürüyüşe çıkmasına kaç farklı şekilde izin verebilirsiniz? Ve 1 kedi mi?

Yani, her biri birkaç kedi serbest bırakılabilir Her kedi.

Bağımsız çözüm için başka bir düğme akordeonu:

Sorun 11

12 katlı binanın asansörüne üç yolcu bindi. Herkes, diğerlerinden bağımsız olarak, herhangi bir (2. kattan başlayarak) kattan eşit olasılıkla çıkabilir. Kaç şekilde:

1) Yolcular aynı katta inebilir (çıkış sırası önemli değil);
2) bir katta iki kişi, diğer katta ise üçüncü kişi inebilir;
3) insanlar farklı katlardan çıkabilir;
4) Yolcular asansörden çıkabilir mi?

Ve burada sık sık tekrar soruyorlar, açıklığa kavuşturuyorum: Aynı kattan 2 veya 3 kişi çıkarsa çıkış sırası önemli değil. DÜŞÜNÜN, kombinasyonları toplamak/çarpmak için formülleri ve kuralları kullanın. Zorluk durumunda yolcuların isim vermeleri ve asansörden hangi kombinasyonlarla çıkabilecekleri konusunda spekülasyon yapmaları yararlı olacaktır. Bir şeyler yolunda gitmezse üzülmeye gerek yok, örneğin 2 numaralı nokta oldukça sinsidir.

Dersin sonunda ayrıntılı yorumlarla tam çözüm.

Son paragraf, oldukça sık meydana gelen kombinasyonlara ayrılmıştır - öznel değerlendirmeme göre, kombinatoryal problemlerin yaklaşık% 20-30'unda:

Tekrarlı permütasyonlar, kombinasyonlar ve yerleştirmeler

Listelenen kombinasyon türleri, referans materyalin 5 numaralı paragrafında özetlenmiştir. Kombinatoriklerin temel formülleri ancak bazıları ilk okumada çok net anlaşılmayabilir. Bu durumda, önce pratik örneklere aşina olmanız ve ancak daha sonra genel formülasyonu kavramanız önerilir. Hadi gidelim:

Tekrarlı permütasyonlar

Tekrarlı permütasyonlarda, “sıradan” permütasyonlarda olduğu gibi, birçok nesnenin tümü aynı anda, ancak bir şey var: Bu kümede bir veya daha fazla öğe (nesne) tekrarlanıyor. Bir sonraki standardı karşılayın:

Sorun 12

K, O, L, O, K, O, L, b, Ch, I, K harflerini içeren kartların yeniden düzenlenmesiyle kaç farklı harf kombinasyonu elde edilebilir?

Çözüm: tüm harflerin farklı olması durumunda, önemsiz bir formülün uygulanması gerekirdi, ancak önerilen kart seti için bazı manipülasyonların, örneğin herhangi iki kartı değiştirirseniz "boşta" çalışacağı tamamen açıktır. "K" harfleri ile herhangi bir kelimede aynı kelimeyi elde edersiniz. Üstelik kartlar fiziksel olarak çok farklı olabilir: Biri üzerinde “K” harfi yazılı olan yuvarlak olabilir, diğeri ise üzerinde “K” harfi yazılı olan kare olabilir. Ancak görevin anlamına göre bu tür kartlar bile aynı kabul edilir, çünkü koşul harf kombinasyonlarını soruyor.

Her şey son derece basit - mektup dahil yalnızca 11 kart:

K – 3 kez tekrarlandı;
O – 3 kez tekrarlandı;
L – 2 kez tekrarlandı;
b – 1 kez tekrarlandı;
H – 1 kez tekrarlandı;
Ve - 1 kez tekrarlandı.

Kontrol edin: 3 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 11, kontrol edilmesi gereken şey budur.

Formüle göre tekrarlı permütasyon sayısı:
farklı harf kombinasyonları elde edilebilir. Yarım milyondan fazla!

Büyük bir faktöriyel değeri hızlı bir şekilde hesaplamak için standart Excel işlevini kullanmak uygundur: herhangi bir hücreye girin =GERÇEK(11) ve tuşuna basın Girmek.

Uygulamada, genel formülü yazmamak ve buna ek olarak birim faktöriyelleri atlamak oldukça kabul edilebilir:

Ancak tekrarlanan harflerle ilgili ön yorum yapılması gerekiyor!

Cevap: 554400

Tekrarlı permütasyonların bir başka tipik örneği de depoda bulunabilen satranç taşı yerleştirme probleminde görülür. hazır çözümler ilgili pdf'de. Bağımsız bir çözüm için daha az kalıplaşmış bir görev buldum:

Sorun 13

Alexey spora gidiyor ve haftada 4 gün - atletizm, 2 gün - kuvvet egzersizleri ve 1 gün dinlenme. Kendisi için haftalık programı kaç farklı şekilde oluşturabilir?

Formül burada işe yaramıyor çünkü tesadüfi değişimleri hesaba katıyor (örneğin, Çarşamba günkü kuvvet egzersizlerini Perşembe günkü kuvvet egzersizleriyle değiştirmek). Ve yine - aslında aynı 2 kuvvet antrenmanı seansı birbirinden çok farklı olabilir, ancak görev bağlamında (program açısından) aynı unsurlar olarak kabul edilirler.

Dersin sonunda iki satırlık çözüm ve cevap.

Tekrarlı kombinasyonlar

Bu tür birleştirmenin karakteristik bir özelliği, numunenin her biri aynı nesnelerden oluşan birkaç gruptan seçilmesidir.

Bugün herkes çok çalıştı, bu yüzden kendinizi yenilemenin zamanı geldi:

Sorun 14

Öğrenci kantininde hamurlu sosis, cheesecake ve donut satılmaktadır. Beş turtayı kaç farklı şekilde satın alabilirsiniz?

Çözüm: tekrarlı kombinasyonlar için tipik kritere hemen dikkat edin - duruma göre, seçim için sunulan bir dizi nesne değil, ancak çeşitli türler nesneler; Satışta en az beş sosisli sandviç, 5 cheesecake ve 5 donut olduğu varsayılmaktadır. Her gruptaki turtalar elbette farklıdır - çünkü tamamen aynı donutlar yalnızca bilgisayarda simüle edilebilir =) Bununla birlikte, turtaların fiziksel özellikleri problemin amacı açısından önemli değildir ve sosisli sandviçler / cheesecakes / gruplarındaki çörekler aynı kabul edilir.

Örnekte neler olabilir? Öncelikle şunu belirtelim ki numunede mutlaka birbirinin aynısı pastalar olacaktır (çünkü biz 5 adet seçiyoruz ve seçebileceğimiz 3 çeşit var). Burada her zevke uygun seçenekler var: 5 sosisli sandviç, 5 cheesecake, 5 donut, 3 sosisli sandviç + 2 cheesecake, 1 sosisli sandviç + 2 cheesecake + 2 donut vb.

"Normal" kombinasyonlarda olduğu gibi, seçim sırası ve turtaların seçime yerleştirilmesi önemli değildir - sadece 5 parça seçtiniz ve bu kadar.

Formülü kullanıyoruz tekrarlı kombinasyon sayısı:
Bu yöntemi kullanarak 5 adet pasta satın alabilirsiniz.

Afiyet olsun!

Cevap: 21

Birçok kombinatoryal problemden hangi sonuç çıkarılabilir?

Bazen en zor şey durumu anlamaktır.

Bağımsız bir çözüm için benzer bir örnek:

Sorun 15

M-cüzdan oldukça fazla sayıda 1-, 2-, 5- ve 10 rublelik madeni para içeriyor. Bir cüzdandan 3 adet coin kaç farklı şekilde çıkarılabilir?

Öz-kontrol amacıyla birkaç basit soruyu yanıtlayın:

1) Örnekteki tüm paralar farklı olabilir mi?
2) "En ucuz" ve en "pahalı" madeni para kombinasyonunu adlandırın.

Dersin sonunda çözüm ve cevaplar.

Kişisel tecrübelerime dayanarak, tekrarlı kombinasyonların pratikte en nadir konuk olduğunu söyleyebilirim, bu durum aşağıdaki kombinasyon türleri için söylenemez:

Tekrarlı yerleşimler

Elemanlardan oluşan bir kümeden elemanlar seçilir ve her seçimdeki elemanların sırası önemlidir. Ve her şey yoluna girecek, ancak oldukça beklenmedik bir şaka, orijinal setteki herhangi bir nesneyi istediğimiz kadar seçebilmemizdir. Mecazi anlamda “çokluk azalmayacaktır.”

Bu ne zaman olur? Tipik bir örnek, birkaç diskli şifreli kilittir, ancak teknolojik gelişmeler nedeniyle, bunun dijital soyunu düşünmek daha anlamlıdır:

Sorun 16

Kaç tane dört haneli PIN kodu var?

Çözüm: aslında sorunu çözmek için kombinatorik kurallarını bilmek yeterlidir: PIN kodunun ilk rakamını seçebileceğiniz şekillerde Ve yollar - PIN kodunun ikinci basamağı Ve birçok yönden - üçüncü Ve aynı sayı - dördüncü. Böylece kombinasyonların çarpılması kuralına göre dört basamaklı bir pin kodu şu şekillerde oluşturulabilir:

Ve şimdi formülü kullanıyoruz. Koşula göre bize sayıların seçildiği ve düzenlendiği bir dizi sayı sunulur. belli bir sıraylaörnekteki sayılar tekrarlanabilirken (yani orijinal kümenin herhangi bir rakamı isteğe bağlı sayıda kullanılabilir). Tekrarlı yerleşim sayısı formülüne göre:

Cevap: 10000

Burada akla gelen şey... ...üçüncü başarısız PIN kodunu girme girişiminden sonra ATM kartı "yerse", kartı rastgele alma şansı çok zayıftır.

Peki kombinatoriklerin pratik bir anlamı olmadığını kim söyledi? Sitenin tüm okuyucuları için bilişsel bir görev:

Sorun 17

Devlet standardına göre bir araba plakası 3 rakam ve 3 harften oluşur. Bu durumda üç sıfırlı bir sayı kabul edilemez ve harfler A, B, E, K, M, N, O, P, S, T, U, X kümesinden seçilir. (yalnızca yazımı Latin harfleriyle örtüşen Kiril harfleri kullanılır).

Bir bölge için kaç farklı plaka oluşturulabilir?

Bu arada pek çoğu değil. Büyük bölgelerde bu miktar yeterli değildir ve bu nedenle onlar için RUS yazısı için birkaç kod vardır.

Çözüm ve cevap dersin sonundadır. Kombinatorik kurallarını kullanmayı unutmayın ;-) ...Neyin ayrıcalıklı olduğunu göstermek istedim ama ayrıcalıklı olmadığı ortaya çıktı =) Wikipedia'ya baktım - yorumsuz da olsa orada hesaplamalar var. Her ne kadar eğitim amaçlı olsa da, muhtemelen çok az kişi bunu çözdü.

Heyecan verici dersimiz sona erdi ve son olarak kombinatorik formüllerin başka bir hayati pratik uygulama alanı bulması nedeniyle zamanınızı boşa harcamadığınızı söylemek istiyorum: çeşitli problemlerde bulunurlar. olasılık teorisi,
ve içinde Olasılığın klasik belirlenmesini içeren problemler– özellikle sık sık =)

Aktif katılımınız için hepinize teşekkür ederiz ve yakında görüşürüz!

Çözümler ve Yanıtlar:

Görev 2: Çözüm: 4 kartın tüm olası permütasyonlarının sayısını bulun:

1. sıraya sıfırlı bir kart yerleştirildiğinde sayı üç haneli hale gelir, bu nedenle bu kombinasyonların hariç tutulması gerekir. 1. sırada sıfır olsun, daha sonra alt rakamlarda kalan 3 rakam farklı şekillerde yeniden düzenlenebilir.

Not : Çünkü Yalnızca birkaç kart olduğundan, tüm seçenekleri burada listelemek kolaydır:
0579
0597
0759
0795
0957
0975

Böylece önerilen kümeden şunları yapabiliriz:
24 – 6 = 18 dört basamaklı sayı
Cevap : 18

Görev 4: Çözüm: 36 karttan 3'ünü seçebileceğiniz şekillerde.
Cevap : 7140

Görev 6: Çözüm: yollar.
Başka bir çözüm : gruptan iki kişiyi seçebileceğiniz yollar ve ve
2) "En ucuz" sette 3 ruble madeni para ve en "pahalı" sette 3 on ruble madeni para bulunur.

Sorun 17: Çözüm: Bu yöntemleri kullanarak, bir araba numarasının dijital kombinasyonunu oluşturabilirsiniz; bunlardan birinin (000) hariç tutulması gerekir: .
bu yöntemleri kullanarak bir plaka numarasının harf kombinasyonunu oluşturabilirsiniz.
Kombinasyonların çarpılması kuralına göre toplam şu şekilde yapılabilir:
plakalar
(her biri dijital kombinasyon birleştirildi her biriyle harf kombinasyonu).
Cevap : 1726272

Kombinatorikte, belirli nesnelerden (elemanlardan) belirli bir türden kaç tane kombinasyonun yapılabileceğiyle ilgili sorular incelenir.

Kombinatoriklerin bir dal olarak doğuşu, B. Pascal ve P. Fermat'ın kumar teorisi üzerine çalışmalarıyla ilişkilidir. Kombinatoryal yöntemlerin geliştirilmesine büyük katkı G.V. Leibniz, J. Bernoulli ve L. Euler.

Fransız filozof, yazar, matematikçi ve fizikçi Blaise Pascal (1623–1662) olağanüstü matematiksel yeteneklerini erkenden gösterdi. Pascal'ın matematiksel ilgi alanları çok çeşitliydi. Pascal bir şeyi kanıtladı
yansıtmalı geometrinin temel teoremlerinden (Pascal teoremi), bir toplama makinesi (Pascal'ın toplama makinesi) tasarladı, binom katsayılarını (Pascal üçgeni) hesaplamak için bir yöntem verdi, kanıt için matematiksel tümevarım yöntemini doğru bir şekilde tanımlayan ve uygulayan ilk kişi oldu, Sonsuz küçük analizlerin geliştirilmesinde önemli bir adım atmış, olasılık teorisinin ortaya çıkmasında önemli rol oynamıştır. Hidrostatikte Pascal, temel yasasını (Pascal yasası) oluşturdu. Pascal'ın "Bir Taşraya Mektuplar"ı Fransız klasik düzyazısının bir başyapıtıydı.

Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716) Alman filozof, matematikçi, fizikçi ve mucit, avukat, tarihçi ve dilbilimciydi. Matematikte I. Newton ile birlikte diferansiyel ve integral hesabını geliştirdi. Kombinatoriğe önemli katkılarda bulundu. Onun adı özellikle sayı teorisi problemleriyle ilişkilidir.

Gottfried Wilhelm Leibniz'in pek etkileyici bir görünümü yoktu ve bu nedenle oldukça sade görünüşlü bir insan izlenimi veriyordu. Bir gün Paris'te tanıdığı bir filozofun kitabını satın almak umuduyla bir kitapçıya gitti. Bir ziyaretçi bu kitabı sorduğunda kitapçı onu tepeden tırnağa inceleyerek alaycı bir şekilde şöyle dedi: “Buna neden ihtiyacın var? Gerçekten bu tür kitapları okuyabiliyor musun?” Bilim adamının cevap vermesine fırsat kalmadan kitabın yazarı şu sözlerle dükkâna girdi: "Büyük Leibniz'e selamlar ve saygılar!" Satıcı, bunun gerçekten de kitapları bilim adamları arasında büyük talep gören ünlü Leibniz olduğunu anlayamadı.

Gelecekte aşağıdakiler önemli bir rol oynayacaktır:

Lemma. Bir dizi öğeye ve bir dizi öğeye izin verin. Daha sonra tüm farklı çiftlerin sayısı eşit olacaktır.

Kanıt. Gerçekten de, bir kümedeki bir öğeyle bu kadar farklı çiftler oluşturabiliriz ve toplamda bir öğe kümesi oluşturabiliriz.

Yerleştirmeler, permütasyonlar, kombinasyonlar

Üç elemanlı bir kümemiz olsun. Bu unsurlardan ikisini hangi yollarla seçebiliriz? .

Tanım. Farklı öğelerden oluşan bir kümenin öğelere göre düzenlenmesi, belirli öğelerden > öğelerden oluşan ve öğelerin kendisinde veya öğelerin sırasında farklılık gösteren kombinasyonlardır.

Bir dizi elementin elementlere göre tüm düzenlemelerinin sayısı (düzenleme anlamına gelen Fransızca "düzenleme" kelimesinin ilk harfinden), burada ve ile gösterilir.

Teorem. Bir dizi öğenin öğelere göre yerleşim sayısı eşittir

Kanıt. Diyelim ki elementlerimiz var. Olası yerleşimler olsun. Bu yerleşimleri sırasıyla oluşturacağız. Öncelikle ilk yerleştirme elemanını tanımlayalım. Belirli bir öğe kümesinden çeşitli şekillerde seçilebilir. İlk öğeyi seçtikten sonra, ikinci öğeyi vb. seçmenin hâlâ yolları vardır. Bu tür seçimlerin her biri yeni bir yerleşim sağladığından, tüm bu seçenekler birbiriyle serbestçe birleştirilebilir. Bu nedenle elimizde:

Örnek. Beş renkli malzeme varsa, bir bayrak farklı renklerde üç yatay şeritten kaç farklı şekilde oluşabilir?

Çözüm. Gerekli sayıda üç bantlı bayrak:

Tanım. Bir dizi elementin permütasyonu, elementlerin belirli bir sıraya göre düzenlenmesidir.

Böylece, üç elemanlı bir kümenin tüm farklı permütasyonları

Elementlerin tüm permütasyonlarının sayısı belirtilir (Fransızca "permütasyon" kelimesinin ilk harfinden, "permütasyon", "hareket" anlamına gelir). Bu nedenle, tüm farklı permütasyonların sayısı aşağıdaki formülle hesaplanır:

Örnek. Kaleler birbirlerine saldırmayacak şekilde satranç tahtasına kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?

Çözüm. Gerekli sayıda kale

Tanım gereği!

Tanım. Farklı elementlerin elementlerle kombinasyonları, belirli elementlerin elementlerden oluşan ve en az bir elementte farklılık gösteren (başka bir deyişle, belirli bir element kümesinin -element alt kümeleri) kombinasyonlarıdır.

Gördüğünüz gibi kombinasyonlarda yerleşimlerden farklı olarak elemanların sırası dikkate alınmıyor. Her birindeki elementlerin tüm kombinasyonlarının sayısı belirtilir (Fransızca "kombinasyon" kelimesinin ilk harfinden, "kombinasyon" anlamına gelir).

Sayılar

İkili setin tüm kombinasyonları .

Sayıların özellikleri (\sf C)_n^k

Gerçekte, belirli bir -elemanlı kümenin her -elemanlı alt kümesi, aynı kümenin bir ve yalnızca bir -elemanlı alt kümesine karşılık gelir.

Aslında, elemanların alt kümelerini şu şekilde seçebiliriz: bir elemanı sabitleyin; bu elemanı içeren -element altkümelerinin sayısı eşittir; bu elemanı içermeyen -element altkümelerinin sayısı eşittir.

Pascal üçgeni

Bu üçgende her satırdaki ekstrem sayılar 1'e, ekstrem olmayan her sayı ise bir önceki satırın üstündeki iki sayının toplamına eşittir. Böylece bu üçgen sayıları hesaplamanıza olanak sağlar.

Teorem.

Kanıt. Bir dizi öğeyi ele alalım ve aşağıdaki problemi iki şekilde çözelim: belirli bir öğenin öğelerinden kaç tane dizi oluşturulabilir?
Her birinde hiçbir öğenin iki kez bulunmadığı kümeler var mı?

1 yol. Dizinin ilk üyesini, ardından ikinci, üçüncü vb.'yi seçiyoruz. üye

Yöntem 2. Önce belirli bir kümeden öğeleri seçelim, sonra bunları belirli bir sıraya göre düzenleyelim.

Bu kesrin payını ve paydasını şu şekilde çarpın:

Örnek.“Sportloto” oyununda 36 sayıdan 5'ini kaç farklı şekilde seçebilirsiniz?

Gerekli sayıda yol

Görevler.

1. Araç plakaları Rus alfabesinin 3 harfinden (33 harf) ve 4 rakamdan oluşmaktadır. Kaç farklı plaka numarası var?
2. Piyanoda 88 tuş bulunmaktadır. 6 sesi art arda kaç farklı şekilde üretebilirsiniz?
3. 5'e bölünebilen altı basamaklı kaç sayı vardır?
4. 7 farklı madeni para üç cebe kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?
5. Ondalık gösteriminde en az bir kez 5 rakamını içeren kaç tane beş basamaklı sayı yapabilirsiniz?
6. 20 kişi yuvarlak bir masada, yolları aynı olmak üzere, bir daire içinde hareket ederek birinden diğerinden elde edilebildiğine göre kaç farklı şekilde oturabilir?
7. 5'e bölünebilen ve rakamları aynı olmayan kaç tane beş basamaklı sayı vardır?
8. Hücre tarafı 1 cm olan kareli kağıt üzerine, hücrelerin üst kısımlarından geçmeyen ve hücrelerin kenarlarına değmeyen, yarıçapı 100 cm olan bir daire çizilir. Bu daire kaç hücreyle kesişebilir?
9. Sayılar bitişik ve artan sırada olacak şekilde kaç farklı şekilde sıralanabilir?
10. Her rakam yalnızca bir kez kullanılabilen rakamlardan kaç tane beş basamaklı sayı oluşturulabilir?
11. ROT kelimesinden harfleri yeniden düzenleyerek şu kelimeleri elde edebilirsiniz: TOP, ORT, OTR, TRO, RTO. Bunlara anagram denir. LOGARITHM kelimesinden kaç tane anagram yapabilirsiniz?
12. hadi arayalım bölme doğal sayı, doğal sayıların toplamı olarak temsili. Örneğin burada bir sayının tüm bölümleri verilmiştir:

Bölümler sayıca veya terimlerin sırasına göre farklılık gösteriyorsa farklı kabul edilir.

Bir sayının terimlere kaç farklı bölümü vardır?
13. Rakamları artmayan üç basamaklı kaç sayı vardır?
14. Rakamları artmayan dört basamaklı kaç sayı vardır?
15. 17 kişi yan yana olacak şekilde kaç farklı şekilde sıralanabilir?
16. kızlar ve erkekler rastgele bir sıra koltukta oturuyorlar. İki kız yan yana oturmamak şartıyla kaç farklı şekilde oturabilirler?
17. kızlar ve erkekler rastgele bir sıra koltukta oturuyorlar. Bütün kızlar yan yana oturacak şekilde kaç farklı şekilde oturabilirler?

Kombinasyon, sonlu bir kümenin sabit sayıdaki elemanlarının, elemanların tekrarı olmadan sırasız bir şekilde seçilmesidir. Farklı kombinasyonlar en az bir öğede farklılık göstermelidir ve öğelerin sırası önemli değildir. Örneğin, Latin harflerinin tüm sesli harfleri (AEIOU) kümesinden, aşağıdaki sırasız üçlüleri oluşturan 3 harften oluşan 10 farklı kombinasyon oluşturabilirsiniz:

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

Aynı beş harften, aynı anda 2 harfi birleştirerek aşağıdaki sırasız çiftleri oluşturduğunuzda 10 farklı kombinasyon elde edebileceğinizi belirtmek ilginçtir:

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

Ancak aynı sesli Latin harflerini 4'er kat birleştirirseniz yalnızca aşağıdaki 5 farklı kombinasyonu elde edersiniz:

AEIO, AEIU, AIOU, EIOU, AEOU.

Genel olarak, m elemanın n farklı elemanının kombinasyon sayısını belirtmek için aşağıdaki fonksiyonel, indeks veya vektör (Appel) sembolizmi kullanılır:

Gösterimin biçimine bakılmaksızın, n öğenin m öğeye göre kombinasyonlarının sayısı, aşağıdaki çarpımsal ve faktöriyel formüller kullanılarak belirlenebilir:

Bu formülleri kullanan hesaplamaların sonucunun, yukarıda Latin harfleriyle sesli harf kombinasyonlarıyla tartışılan örneğin sonuçlarıyla örtüştüğünü kontrol etmek kolaydır. Özellikle n=5 ve m=3 durumunda bu formüller kullanılarak yapılan hesaplamalar aşağıdaki sonucu verecektir:

Genel durumda, kombinasyon sayısına ilişkin formüllerin kombinatoryal bir anlamı vardır ve n > m > 0 olacak şekilde n ve m'nin tüm tamsayı değerleri için geçerlidir. Eğer m > n ve m ise< 0, то число сочетаний равно 0, так как в этом случае основное множество из n элементов вообще не имеет подмножеств мощности m:

Ek olarak, çarpımsal ve faktöriyel formüllere doğrudan ikame edilerek kolayca kontrol edilebilecek aşağıdaki sınırlayıcı kombinasyon sayılarını hatırlamakta fayda vardır:

Ayrıca, m hala bir tamsayı değeri olduğu sürece, n bir gerçel sayı olduğunda bile çarpımsal formülün geçerli kalacağına dikkat edilmelidir. Ancak daha sonra onu kullanan hesaplamanın sonucu, biçimsel geçerliliği korurken kombinatoryal anlamını kaybeder.

KOMBİNASYONLARIN KİMLİKLERİ

N ve m'nin keyfi değerleri için kombinasyon sayısını belirlemek için çarpımsal ve faktöriyel formüllerin pratik kullanımı, pay ve paydalarının faktöriyel ürünlerinin üstel büyümesi nedeniyle çok az üretkenliğe sahiptir. Nispeten küçük n ve m değerleri için bile, bu ürünler çoğu zaman modern bilgi işlem ve yazılım sistemlerinde tam sayıları temsil etme yeteneklerini aşar. Üstelik değerleri, nispeten küçük olabilen kombinasyon sayısının sonuçtaki değerinden önemli ölçüde daha büyük çıkıyor. Örneğin n=10 ile m=8 elemanlarının kombinasyon sayısı sadece 45'tir. Ancak bu değeri faktöriyel formülü kullanarak bulmak için öncelikle 10'dan çok daha büyük değerleri hesaplamanız gerekir! payda ve 8! paydada:

Büyük miktarların işlenmesi için zaman alan işlemleri ortadan kaldırmak, kombinasyon sayısını belirlemek için, doğrudan çarpımsal ve faktöriyel formüllerden çıkan çeşitli yineleme ilişkilerini kullanabilirsiniz. Özellikle, çarpımsal formülden aşağıdaki yineleme ilişkisi çıkar; bu, endekslerinin oranını kombinasyon sayısının işaretinin ötesine almamıza olanak tanır:

Son olarak, alt simgeyi sabit tutmak, kombinasyon sayısı için faktöriyel formülden kolayca elde edilebilecek aşağıdaki yineleme ilişkisini sağlar:

Temel dönüşümlerden sonra ortaya çıkan üç yineleme ilişkisi aşağıdaki formlarda temsil edilebilir:

Şimdi ilk 2 formülün sol ve sağ taraflarını toplarsak ve sonucu n kadar azaltırsak, kombinasyon sayılarının toplamının özdeşliği adı verilen önemli bir yineleme ilişkisi elde ederiz:

Toplama kimliği, n ve m'nin büyük değerleri için kombinasyon sayısını verimli bir şekilde belirlemek için temel bir yineleme kuralı sağlar, çünkü faktöriyel çarpımlardaki çarpma işlemlerinin daha basit toplama işlemleriyle ve daha küçük sayıda kombinasyonlarla değiştirilmesine olanak tanır. Özellikle, toplama kimliğini kullanarak, yukarıda tartışılan n=10'a m=8 elemanlarının kombinasyon sayısını, aşağıdaki yinelenen dönüşüm dizisini gerçekleştirerek belirlemek artık kolaydır:

Ek olarak, sonlu toplamların hesaplanmasına yönelik çeşitli yararlı ilişkiler, toplama özdeşliğinden, özellikle de aşağıdaki forma sahip olan alt simgeye göre toplama formülünden türetilebilir:

Bu ilişki, toplama özdeşliğinde yinelemeyi, alt simgesi 0'dan büyük olan en büyük üst simgeye sahip terim boyunca genişletirsek elde edilir. Aşağıdaki sayısal örnek, bu yinelemeli dönüşüm sürecini göstermektedir:

Alt simge toplama formülü genellikle doğal sayıların kuvvetlerinin toplamını hesaplamak için kullanılır. Özellikle, m=1 varsayıldığında, bu formülü kullanarak doğal serinin ilk n sayısının toplamını bulmak kolaydır:

Toplama formülünün başka bir kullanışlı versiyonu, en küçük üst simgeye sahip terim boyunca toplama kimliğinin tekrarını genişleterek elde edilebilir. Aşağıdaki sayısal örnek yinelenen dönüşümlerin bu versiyonunu göstermektedir:

Genel durumda, bu tür dönüşümlerin bir sonucu olarak, her iki endeksi komşu terimlerden birer farklı olan kombinasyon sayılarının toplamı elde edilir ve endekslerdeki fark sabit kalır (göz önünde bulundurulan örnekte, aynı zamanda bire eşittir). Böylece her iki kombinasyon numarası endeksi için aşağıdaki toplama formülünü elde ederiz:

Yukarıda tartışılan yineleme ilişkilerine ve toplama formüllerine ek olarak, kombinatoryal analizde kombinasyon sayıları için birçok başka yararlı özdeşlik elde edilmiştir. Bunların arasında en önemlisi simetri kimliği, şuna benziyor:

Simetri kimliğinin geçerliliği aşağıdaki örnekte 5 elemanın kombinasyonlarının sayısı 2 ve (5 2) = 3 ile karşılaştırılarak doğrulanabilir:

Simetri özdeşliği açık bir kombinatoryal anlama sahiptir, çünkü n öğeden m öğenin seçilmesine yönelik seçeneklerin sayısını belirleyerek, aynı anda kalan seçilmemiş öğelerden elde edilen kombinasyonların sayısını da belirler. Belirtilen simetri, kombinasyon sayısı faktöriyel formülünde m'nin (nm) ile değiştirilmesiyle hemen elde edilir:

Sayılar ve kombinasyon kimlikleri, modern hesaplamalı matematiğin çeşitli alanlarında yaygın olarak kullanılmaktadır. Ancak bunların en popüler uygulamaları Newton binom ve Pascal üçgeni ile ilgilidir.

BİNOM TEOREMİ

Çeşitli matematiksel dönüşümleri ve hesaplamaları gerçekleştirmek için, cebirsel bir binomun (binomun) herhangi bir doğal kuvvetini polinom biçiminde temsil edebilmek önemlidir. Küçük kuvvetler için istenen polinom, binomların doğrudan çarpılmasıyla kolaylıkla elde edilebilir. Özellikle, iki terimin toplamının karesi ve küpü için aşağıdaki formüller, ilköğretim matematik dersinden iyi bilinmektedir:

Genel durumda, bir binomun keyfi bir n derecesi için, polinom biçiminde gerekli temsil, aşağıdaki eşitliğin doğru olduğunu bildiren Newton'un binom teoremi tarafından sağlanır:

Bu eşitliğe genellikle Newton binom adı verilir. Sağ tarafındaki polinom, sol taraftaki binomun n X ve Y terimlerinin çarpımlarının toplamından oluşur ve önlerindeki katsayılara binom denir ve endeksli kombinasyon sayısına eşittir. güçlerinden elde edilir. Newton'un binom formülünün kombinatoryal analizdeki özel popülaritesi göz önüne alındığında, binom katsayısı ve kombinasyon sayısı terimleri genellikle eşanlamlı olarak kabul edilir.

Açıkçası, kare ve küp toplam formülleri sırasıyla n=2 ve n=3 için binom teoreminin özel durumlarıdır. Daha yüksek dereceleri (n>3) ele almak için Newton'un binom formülü kullanılmalıdır. Dördüncü derece binom (n=4) için uygulaması aşağıdaki örnekle gösterilmektedir:

İki terimli formülün Newton'dan önce bile Arap Doğu ve Batı Avrupa'daki ortaçağ matematikçileri tarafından bilindiğini belirtmek gerekir. Bu nedenle genel kabul gören adı tarihsel olarak adil değildir. Newton'un değeri, bu formülü herhangi bir pozitif veya negatif rasyonel ve irrasyonel değeri alabilen keyfi bir gerçek üstel r durumuna genelleştirmesidir. Genel durumda böyle bir Newton binom formülünün sağ tarafında sonsuz bir toplam bulunur ve genellikle şu şekilde yazılır:

Örneğin, r=1/2 üssünün pozitif kesirli değeri ile, binom katsayılarının değerleri dikkate alınarak aşağıdaki genişleme elde edilir:

Genel durumda, herhangi bir üs için Newton'un binom formülü, Maclaurin formülünün özel bir versiyonudur; bu, keyfi bir fonksiyonun bir kuvvet serisine genişlemesini sağlar. Newton bunu |z| için gösterdi.< 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. Şimdi Z=X/Y'yi ayarlarsak ve sol ve sağ tarafları Yn ile çarparsak, yukarıda tartışılan Newton binom formülünün bir versiyonunu elde ederiz.

Evrenselliğine rağmen, binom teoremi kombinatoryal anlamını yalnızca binomun negatif olmayan tamsayı kuvvetleri için korur. Bu durumda, binom katsayıları için çeşitli yararlı özdeşlikleri kanıtlamak için kullanılabilir. Özellikle kombinasyon sayılarının alt simgeye ve her iki endekse göre toplanmasına yönelik formüller yukarıda tartışılmıştır. Eksik üst simge toplama kimliği, Newton'un binom formülünden X = Y = 1 veya Z = 1 koyarak kolayca elde edilebilir:

Bir başka yararlı kimlik, binom katsayılarının toplamlarının çift ve tek sayılarla eşitliğini sağlar. X = 1 ve Y = 1 veya Z = 1 ise Newton'un binom formülünden hemen elde edilir:

Son olarak, ele alınan her iki kimlikten, yalnızca çift veya yalnızca tek sayılarla binom katsayılarının toplamının özdeşliğini elde ederiz:

Dikkate alınan kimliklere ve endekslerin kombinasyon sayısı işaretinin altından çıkarılmasına ilişkin yinelenen kurala dayanarak, bir dizi ilginç ilişki elde edilebilir. Örneğin, üst simge toplama formülünde n'yi her yerde (n1) ile değiştirirsek ve her terimdeki indisleri çıkarırsak aşağıdaki ilişkiyi elde ederiz:

Çift ve tek sayılarla binom katsayılarının toplamına yönelik formülde benzer bir teknik kullanılarak, örneğin aşağıdaki ilişkinin geçerliliği kanıtlanabilir:

Başka bir kullanışlı kimlik, aşağıdaki Cauchy formülünü kullanarak, keyfi derece n ve k olan iki binomun simetrik olarak yerleştirilmiş binom katsayılarının çarpımlarının toplamını kolayca hesaplamanıza olanak tanır:

Bu formülün geçerliliği, aşağıdaki özdeş ilişkinin sol ve sağ taraflarında Z değişkeninin herhangi bir m derecesi için katsayıların gerekli eşitliğinden kaynaklanır:

n=k=m olduğu özel durumda, simetri özdeşliği dikkate alınarak, binom katsayılarının karelerinin toplamı için daha popüler bir formül elde edilir:

Binom katsayıları için diğer pek çok yararlı özdeşlik, kombinatoryal analizle ilgili kapsamlı literatürde bulunabilir. Ancak bunların en ünlü pratik uygulaması Pascal üçgeniyle ilgilidir.

PASCAL ÜÇGENİ

Pascal'ın aritmetik üçgeni, binom katsayılarından oluşan sonsuz bir sayısal tablo oluşturur. Çizgileri, binomların kuvvetlerine göre yukarıdan aşağıya doğru sıralanmıştır. Her satırda, binom katsayıları, karşılık gelen kombinasyon numaralarının üst simgelerinin soldan sağa doğru artan sırasına göre düzenlenir. Pascal üçgeni genellikle ikizkenar veya dikdörtgen biçimde yazılır.

Daha görsel ve yaygın olanı, binom katsayılarının kademeli olarak sonsuz bir ikizkenar üçgen oluşturduğu ikizkenar formattır. 4. dereceye kadar (n=4) binomlar için başlangıç ​​parçası aşağıdaki forma sahiptir:

Genel olarak Pascal'ın ikizkenar üçgeni, toplama özdeşliklerine ve sayı kombinasyonlarının simetrisine dayanan binom katsayılarını belirlemek için uygun bir geometrik kural sağlar. Özellikle toplama özdeşliğine göre herhangi bir binom katsayısı, bir önceki satırın kendisine en yakın iki katsayısının toplamıdır. Simetri özdeşliğine göre Pascal'ın ikizkenar üçgeni ortaortaya göre simetriktir. Dolayısıyla, çizgilerinin her biri binom katsayılarının sayısal bir palindromudur. Belirtilen cebirsel ve geometrik özellikler, Pascal'ın ikizkenar üçgenini kolayca genişletmeyi ve keyfi güçlerin binom katsayılarının değerlerini tutarlı bir şekilde bulmayı mümkün kılar.

Ancak Pascal üçgeninin çeşitli özelliklerini incelemek için biçimsel olarak daha katı olan dikdörtgen formatı kullanmak daha uygundur. Bu formatta, sonsuz bir dik üçgen oluşturdukları binom katsayılarının daha düşük bir üçgen matrisi ile belirtilir. 9. dereceye kadar (n=9) binomlar için Pascal dik üçgeninin ilk parçası aşağıdaki forma sahiptir:

Geometrik olarak böyle bir dikdörtgen tablo, Pascal'ın ikizkenar üçgeninin yatay olarak deforme edilmesiyle elde edilir. Sonuç olarak Pascal ikizkenar üçgeninin yan kenarlarına paralel olan sayı serileri Pascal dik üçgeninin dikey ve köşegenlerine dönüşür ve her iki üçgenin yatayları çakışır. Aynı zamanda, Pascal'ın sağ üçgeni ikizkenar karşılığının görsel simetri özelliğini kaybetmesine rağmen, binom katsayılarının toplama ve simetri kuralları geçerliliğini koruyor. Bunu telafi etmek için, Pascal dik üçgeninin yatay, dikey ve köşegenlerine ait binom katsayılarının çeşitli sayısal özelliklerini resmi olarak analiz etmek daha uygun hale gelir.

Pascal dik üçgeninin yataylarını analiz etmeye başladığımızda, binomları üst simge ile toplama formülüne göre n numaralı herhangi bir satırın elemanlarının toplamının 2n'ye eşit olduğunu fark etmek kolaydır. Bundan, n numaralı yatay çizgilerin herhangi birinin üzerindeki elemanların toplamının (2 n 1)'e eşit olduğu sonucu çıkar. Her yatayın elemanlarının toplamının değeri ikili sayı sisteminde yazılırsa bu sonuç oldukça açık hale gelir. Örneğin n=4 için bu toplama şu şekilde yazılabilir:

Burada yatayların ikinin kuvvetleriyle de ilgili birkaç ilginç özelliği daha var. Yatay sayının ikinin katı olması durumunda (n=2 k), o zaman tüm iç elemanlarının (dıştakiler hariç) çift sayı olduğu ortaya çıktı. Aksine, eğer yatay bir doğrunun numarası ikinin üssünden bir eksikse (n=2 k 1) tüm sayılar tek olacaktır. Bu özelliklerin geçerliliği, örneğin yataylarda n=4 ve n=3 veya n=8 ve n=7 gibi dahili binom katsayılarının paritesi kontrol edilerek doğrulanabilir.

Şimdi Pascal dik üçgeninin satır numarası bir asal sayı p olsun. O zaman tüm iç binom katsayıları p'ye bölünebilir. Bu özelliğin asal kontur sayılarının küçük değerlerini kontrol etmesi kolaydır. Örneğin, beşinci yatayın (5, 10 ve 5) tüm iç binom katsayıları açıkça 5'e bölünebilir. Herhangi bir asal yatay sayı p için bu sonucu kanıtlamak için, binom katsayılarının çarpımsal formülünü aşağıdaki gibi yazmanız gerekir:

p bir asal sayı olduğundan ve bu nedenle m!'ye bölünemediğinden, binom katsayısının tam sayı değerini garanti etmek için bu formülün payının geri kalan faktörlerinin çarpımı m!'ye bölünebilir olmalıdır. Buradan köşeli parantez içindeki oranın bir doğal sayı N olduğu ve istenen sonucun açıkça ortaya çıktığı anlaşılmaktadır:

Bu sonucu kullanarak, iç elemanları belirli bir p asal numarasına bölünebilen Pascal üçgeninin tüm yatay çizgilerinin sayılarının p'nin kuvvetleri olduğunu, yani n=pk biçiminde olduklarını tespit edebiliriz. Özellikle, eğer p=3 ise, p asal sayısı yukarıda belirtildiği gibi sadece 3. satırın tüm iç elemanlarını değil aynı zamanda örneğin 9. yatayı da (9, 36, 84 ve 126) böler. Öte yandan Pascal üçgeninde iç elemanlarının tamamı bileşik bir sayıya bölünebilen yatay bir çizgi bulmak imkansızdır. Aksi takdirde, böyle bir yatay çizginin sayısı aynı anda tüm iç elemanlarının bölündüğü bileşik sayının asal bölenlerinin kuvveti olmalıdır, ancak bu açık nedenlerden dolayı imkansızdır.

Dikkate alınan hususlar, Pascal üçgeninin yatay elemanlarının bölünebilirliği için aşağıdaki genel kriteri formüle etmemize izin verir. Pascal üçgeninin n numaralı herhangi bir yatay çizgisinin tüm iç elemanlarının en büyük ortak böleni (OBB), n=pk ise asal sayı p'ye veya diğer tüm durumlarda 1'e eşittir:

Herhangi bir 0 için OBEB(Cmn) = ( )< m < n .

Yatayların analizinin sonucunda, onları oluşturan binom katsayıları serisinin sahip olduğu ilginç bir özelliği daha dikkate almakta fayda var. N numaralı herhangi bir yatay doğrunun binom katsayıları 10 sayısının ardışık kuvvetleriyle çarpılır ve ardından tüm bu çarpımlar toplanırsa sonuç 11 n olur. Bu sonucun resmi gerekçesi, X=10 ve Y=1 (veya Z=1) değerlerinin Newton binom formülünde değiştirilmesidir. Aşağıdaki sayısal örnek, bu özelliğin n=5 için karşılanmasını göstermektedir:

Pascal dik üçgeninin dikeylerinin özelliklerinin analizi, onları oluşturan elemanların bireysel özelliklerinin incelenmesiyle başlatılabilir. Resmi olarak, her dikey m, sabit bir üst simge (m) ve alt simgenin bir artışı ile aşağıdaki sonsuz binom katsayıları dizisinden oluşur:

Açıkçası, m=0 olduğunda birler dizisi elde edilir ve m=1 olduğunda bir doğal sayılar dizisi oluşturulur. m=2 olduğunda dikey üçgen sayılardan oluşur. Her üçgen sayı, dama tahtası şeklinde düzenlenmiş rastgele nesnelerle (çekirdekler) doldurulmuş eşkenar üçgen biçiminde bir düzlem üzerinde gösterilebilir. Bu durumda, her bir T k üçgen sayısının değeri, temsil eden çekirdeklerin sayısını belirler ve indeks, onu temsil etmek için kaç tane çekirdek satırının gerekli olduğunu gösterir. Örneğin, başlangıçtaki 4 üçgen sayı, karşılık gelen nükleer "@" simgelerinin aşağıdaki konfigürasyonlarını temsil eder:

Benzer şekilde, doğal sayıların karesi alınarak elde edilen kare sayıların (Sk) ve genel olarak düzenli çokgenlerin düzenli olarak doldurulmasıyla oluşturulan çokgen figürlü sayıların dikkate alınabileceğine dikkat edilmelidir. Özellikle, başlangıçtaki 4 kare sayı şu şekilde temsil edilebilir:

Pascal üçgeninin düşeylerinin analizine dönersek, m=3'teki bir sonraki düşeyin tetrahedral (piramidal) sayılarla dolu olduğunu görebiliriz. Bu tür her bir Pk sayısı, bir tetrahedron şeklinde düzenlenebilecek çekirdek sayısını belirtir ve indeks, onu üç boyutlu uzayda tasvir etmek için kaç tane yatay üçgen çekirdek sırası katmanının gerekli olduğunu belirler. Bu durumda tüm yatay katmanların ardışık üçgen sayılar olarak temsil edilmesi gerekir. m>3 için Pascal üçgeninin aşağıdaki dikeylerinin elemanları, düzlemde veya üç boyutlu uzayda görsel bir geometrik yorumu olmayan, ancak resmi olarak üçgen ve dört yüzlü sayıların çok boyutlu analoglarına karşılık gelen hipertetraedal sayılar serisini oluşturur.

Her ne kadar Pascal üçgeninin dikey sayı serileri dikkate alınan bireysel şekilli özelliklere sahip olsa da, onlar için, kombinasyon sayılarını alt simgeye göre toplamak için kullanılan formülü kullanarak, ilk elemanların değerlerinin kısmi toplamlarını aynı şekilde hesaplamak mümkündür. . Pascal üçgeninde bu formül aşağıdaki geometrik yoruma sahiptir. Herhangi bir düşeyin n üst binom katsayısının değerlerinin toplamı, bir satır aşağıda bulunan bir sonraki düşeyin elemanının değerine eşittir. Bu sonuç aynı zamanda üçgen, tetrahedral ve hipertetrahedal sayıların geometrik yapısıyla da tutarlıdır, çünkü bu sayıların her birinin temsili daha düşük dereceli sayıları temsil eden çekirdek katmanlardan oluşur. Özellikle, n'inci üçgen sayısı Tn, doğrusal katmanlarını temsil eden tüm doğal sayıların toplanmasıyla elde edilebilir:

Benzer şekilde, yatay çekirdek katmanlarını oluşturan ilk n üçgensel sayıların aşağıdaki toplamını hesaplayarak dört yüzlü Pn sayısını bulmak zor değildir:

Pascal'ın dik üçgenindeki yatay ve dikeylere ek olarak, özelliklerinin incelenmesi de ilgi çekici olan çapraz eleman sıraları izlenebilir. Bu durumda genellikle alçalan ve yükselen köşegenler arasında bir ayrım yapılır. Aşağıya doğru köşegenler Pascal dik üçgeninin hipotenüsüne paraleldir. Her iki endeksin de artmasıyla bir dizi binom katsayılarından oluşurlar. Simetrinin özdeşliği nedeniyle, azalan köşegenler, elemanlarının değerlerinde Pascal üçgeninin karşılık gelen dikey sıralarıyla çakışır ve bu nedenle yukarıda tartışılan tüm özelliklerini tekrarlar. Belirtilen yazışma, dikey sıfırlar dikkate alınmazsa, azalan köşegen ve dikey öğelerin değerlerinin herhangi bir n sayısıyla çakışması ile izlenebilir:

Artan köşegenler, Pascal dik üçgeninin hipotenüsüne geometrik olarak dik sayı serileri oluşturur. Alttakinin azalması ve üst simgenin artmasıyla binom katsayılarıyla doldurulurlar. Özellikle, üstteki artan 7 köşegen, sondaki sıfırlar dikkate alınmadan aşağıdaki sayısal diziyi oluşturur:

Genel olarak, artan köşegen sayısı n, her birinin endekslerinin toplamı (n1)'e eşit olan aşağıdaki binom katsayılarını içerir:

Kombinasyon numaralarının toplama özdeşliği sayesinde, her bir köşegen eleman, önceki iki artan köşegenden indekslere karşılık gelen iki elemanın toplamına eşittir. Bu, Pascal üçgenini köşegen boyunca sonsuza kadar genişleterek, her bir sonraki artan köşegenin önceki iki köşegendeki bitişik yatay elemanların ikili toplamı ile oluşturulmasına olanak tanır. Pascal üçgeninin aşağıdaki parçası, 6 ve 7 numaralı köşegenler boyunca artan 8 numaralı köşegenin yapısını göstermektedir:

Bu yapım yöntemiyle, 3'üncüden başlayarak herhangi bir yükselen köşegenin elemanlarının toplamı, önceki iki yükselen köşegenin elemanlarının toplamına eşit olacaktır ve ilk 2 köşegen yalnızca bir elemandan oluşur; değer bunlardan 1'dir. İlgili hesaplamaların sonuçları, Pascal'ın dik üçgeninin artan köşegenlerinin dikkate alınan özelliğinin geçerliliğini kontrol edebileceğiniz aşağıdaki sayısal seriyi oluşturur:

Bu sayıları analiz ederek, benzer bir yasaya göre, her bir sonraki sayının önceki iki sayının toplamına eşit olduğu ve ilk iki sayının 1'e eşit olduğu iyi bilinen Fibonacci sayıları dizisinin oluştuğunu görebilirsiniz:

Böylece şu önemli sonuca varabiliriz: Pascal üçgeninin elemanlarının köşegen toplamları Fibonacci dizisini oluşturur. Bu özellik Pascal üçgeninin başka bir ilginç özelliğini ortaya koymamızı sağlar. Fibonacci formülünü yinelemeli olarak genişleterek, ilk n Fibonacci sayısının toplamının (F n+2 1)'e eşit olduğunu kanıtlamak kolaydır.

Dolayısıyla üstteki n köşegeni dolduran binom katsayılarının toplamı da (F n+2 1)'e eşittir. Buradan Pascal üçgeninin ilk n köşegeninin toplamının, (n+2) sayısıyla köşegeninde yer alan binom katsayılarının toplamından 1 eksik olduğu sonucu çıkıyor.

Sonuç olarak, Pascal üçgeninin yatay, dikey ve köşegenlerinin dikkate alınan özelliklerinin, ilk bakışta hiçbir ortak yanı olmayan çeşitli matematiksel yönleri birbirine bağlayan çok çeşitli olasılıkları tüketmediğine dikkat edilmelidir. Bu tür olağandışı özellikler, Pascal üçgenini, tüm yetenekleri listelenemeyen ve abartılması zor olan en mükemmel sayısal sistemlerden biri olarak görmemize olanak tanır.

Pascal üçgenini kullanarak kombinasyon sayısını hesaplamaya yönelik algoritma aşağıda sunulmuştur:

Özel Fonksiyon SochTT (ByVal n As Integer, ByVal k As Integer) As Double Dim i As Integer Dim j As Integer Dim TT () As Double ReDim TT (n, k) i = 0 To n TT (0, i) = için 1 TT (i, i) = 1 Sonraki i = 2'ye n'ye j için = 1'e i - 1 TT (i, j) = TT (i - 1, j - 1) + TT (i - 1, j) Sonraki Sonraki SochTT = TT (n, k) Son Fonksiyon

Kombinasyon sayısını birçok kez hesaplamanız gerekiyorsa, Pascal üçgenini bir kez oluşturmak ve ardından diziden veri almak daha uygun olabilir.

Dim TT () As Double Private Sub CreateTT () ReDim TT (0, 0) BuildTT 0, 0 End Sub Private Function SochTT (ByVal n As Integer, ByVal k As Integer) As Double If n > Ubound (TT) Then BuildTT Ubound (TT) + 1, n SochTT = TT (n, k) End Function Private Sub TerminateTT () ReDim TT (0, 0) End Sub Private Sub BuildTT (ByVal start As Integer, ByVal end As Integer) Dim i As Integer Dim j Tamsayı Olarak ReDim TT'yi Koru (bitiş, bitiş) i = başlangıç ​​için bitiş için TT (0, i) = 1 TT (i, i) = 1 Sonraki If end< 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

Öncelikle CreateTT prosedürünü çağırmanız gerekir. Daha sonra SochTT fonksiyonunu kullanarak kombinasyon sayısını elde edebilirsiniz. Artık üçgene ihtiyacınız kalmadığında TerminateTT prosedürünü arayın. Yukarıdaki kodda SochTT fonksiyonu çağrılırken üçgen henüz gerekli seviyeye tamamlanmadıysa BuildTT prosedürü kullanılarak tamamlanır. Fonksiyon daha sonra TT dizisinin istenen elemanını alır ve onu döndürür.

Dim X () As Tamsayı Dim Counter () As Tamsayı Dim K As Tamsayı Dim N As Tamsayı Public Sub Soch() Dim i As Tamsayı N = CInt(InputBox("N Girin")) K = CInt(InputBox("K Girin) ")) K = K + 1 ReDim X(N) For i = 1 To N X(i) = i Next txtOut.Text = "" ReDim Counter(K) Counter(0) = 1 SochGenerate 1 End Sub Private Sub SochGenerate( ByVal c As Integer) Dim i As Integer Dim j As Integer Dim n1 As Integer Dim Out() As Integer Dim X1() As Integer If c = K Then ReDim Out(K) X1 = X For i = 1 To K - 1 n1 = 0 j = 1 için N için X1(j) ise<>0 Sonra n1 = n1 + 1 Eğer n1 = Counter(i) ise Then Out(i) = X1(j) X1(j) = 0 Çıkış İçin Son If Next txtOut.Text = txtOut.Text & CStr(Out(i)) Sonraki txtOut.Text = txtOut.Text & vbCrLf Else For Counter(c) = Counter(c - 1) To N - c + 1 SochGenerate c + 1 Next End If End Sub

DOĞAL SAYILARIN KOMBİNASYONLARININ LİSTELENMESİ

Birçok pratik problemi çözmek için, belirli bir sonlu kümenin elemanlarından elde edilebilecek tüm sabit önem kombinasyonlarını listelemek ve sadece bunların sayısını belirlemek gerekir. Herhangi bir sonlu kümenin elemanlarının tamsayı numaralandırılmasının her zaman var olan olasılığını hesaba katarsak, çoğu durumda kendimizi doğal sayıların kombinasyonlarını numaralandırmak için algoritmaların kullanımıyla sınırlamamıza izin verilir. Bunlardan en doğal ve basit olanı, doğal sayıların kombinasyonlarını listeleyen algoritmadır. sözlük düzeni.

Bu algoritmayı resmi olarak tanımlamak için, m elemanının tüm kombinasyonlarının listelenmesi gereken ana kümenin, 1'den n'ye kadar ardışık doğal sayılar oluşturduğunu varsaymak uygundur. O halde m'nin herhangi bir kombinasyonu

Sıralamanın bir sonucu olarak, böyle bir kombinasyon vektörünün her bir konumundaki değerin, doğal olarak, aşağıdaki gibi yukarıdan ve aşağıdan değer olarak sınırlı olduğu ortaya çıkar:

Sözlüksel algoritma, sözlüksel olarak en küçük vektörden başlayarak bu tür kombinasyon vektörlerini sırayla üretir; burada tüm konumlar, endekslerine eşit aşağıdaki minimum olası eleman değerlerini içerir:

Her ardışık kombinasyon vektörü, henüz sınır değerine ulaşmamış en sağdaki elemanı bulmak için elemanları soldan sağa doğru tarandıktan sonra mevcut olandan oluşturulur:

Böyle bir elemanın değeri 1 artırılmalıdır. Sağındaki her elemana, sol komşusundan 1 fazla olan mümkün olan en küçük değer atanmalıdır. Bu değişikliklerden sonra, bir sonraki kombinasyon vektörü aşağıdaki temel bileşime sahip olacaktır:

Böylece, bir sonraki kombinasyon vektörü, ilk (j1) elemanlarının değerleri değer olarak eşit olduğundan ve j konumundaki elemanın değeri bir öncekinden 1 daha büyük olduğundan sözlüksel olarak öncekinden daha büyük olacaktır. . Artan sözlük düzenine ilişkin belirtilen ilişkinin, algoritmanın tüm yinelemelerinde karşılanması garanti edilir. Sonuç, tüm konumlardaki öğelerin aşağıdaki maksimum değerlere sahip olduğu, sözlükbilimsel olarak en büyük kombinasyon vektörüyle tamamlanan, artan bir sözlüksel dizidir:

Dikkate alınan sözlüksel algoritma aşağıdaki örnekle gösterilmektedir; burada n=6 birinci doğal sayıların 15 kombinasyonunun tamamının m=4 sayılarla, yani ana oluşturucunun tüm olası 4 elemanlı alt kümelerinin artan sözlüksel sırayla listelenmesi gerekir. 6 elementten (1, 2, 3, 4, 5, 6) ayarlayın. Hesaplama sonuçları aşağıdaki tabloda sunulmaktadır:

Bu örnekte, kombinasyon vektörlerinin konumlarındaki sayıların izin verilen en büyük değerleri sırasıyla 3, 4, 5 ve 6'dır. Sonuçların yorumlanmasını kolaylaştırmak için, her kombinasyon vektöründe en sağdaki öğe, henüz maksimum değerine ulaşmadığının altı çizilmiştir. Kombinasyon vektörlerinin sayısal endeksleri, sayılarını sözlüksel sıraya göre belirler. Genel durumda, n öğenin m ile herhangi bir kombinasyonunun sözlüksel numarası N, aşağıdaki formül kullanılarak hesaplanabilir; burada kozmetik nedenlerden dolayı kombinasyon sayısını belirtmek için Appel sembolizmi kullanılır:

Özellikle m=4'ün n=6 elemanının kombinasyon numarası (1, 3, 4, 6) için bu formülün sözlüksel sırayla kullanıldığı aşağıdaki hesaplamalar, yukarıda tartışılan örneğe karşılık gelen N=8 sonucunu verecektir:

Genel durumda, her iki indeks için kombinasyon sayılarının toplamı için özdeşlik kullanılarak, bu kullanılarak hesaplandığında sözlükbilimsel olarak en küçük kombinasyon sayısının (1, ... i, ... m) olduğunu göstermek mümkündür. formül her zaman 1'e eşit olacaktır:

Bu formül kullanılarak hesaplandığında, sözlüksel olarak en büyük kombinasyonun (m, … nm+i, … n) sayısının, m'ye göre n elemanın kombinasyon sayısına eşit olacağı da açıktır:

Sözlüksel kombinasyon sayılarını hesaplama formülü, kombinasyon vektörünü sözlüksel sırayla numarasına göre belirlemeniz gereken ters problemi çözmek için kullanılabilir. Böyle bir ters problemi çözmek için, istenen kombinasyonun vektörünün elemanlarının tüm bilinmeyen değerlerinin (C 1, ... C i, ... C m) olduğu bir denklem şeklinde yazılmalıdır. ) sağ tarafındaki kombinasyon sayısında yoğunlaşmıştır ve kombinasyon sayısının bilinen farkı L, her m'de n elemanın ve gerekli kombinasyon N sayısının sol tarafına yazılır:

Bu denklemin çözümü, yinelemeler sırasında, istenen kombinasyonun vektörünün elemanlarının değerlerinin sırayla seçildiği aşağıdaki "açgözlü" algoritma ile sağlanır. İlk yinelemede, C1'in mümkün olan minimum (sınırlamaları dahilinde) değeri seçilir; burada sağ taraftaki ilk terim, L'yi aşmayan bir maksimum değere sahip olacaktır:

Şimdi L'nin sol tarafı, seçilen C 1 değeri ile sağ taraftaki ilk kombinasyon sayısı kadar azaltılmalı ve benzer şekilde ikinci yinelemede C 2'nin değeri belirlenmelidir:

Benzer şekilde, istenen kombinasyonun diğer tüm C i elemanlarının değerlerini, son C m elemanına kadar seçmek için sonraki tüm yinelemeler gerçekleştirilmelidir:

Açık nedenlerden dolayı, son Cm elemanının değeri, kombinasyon sayısının L'nin sol tarafındaki artık değere eşitliğine dayanarak belirlenebilir:

C m kombinasyonunun son elemanının değerinin, olası değerleri numaralandırmadan daha basit bir şekilde bulunabileceğine dikkat edilmelidir:

Ele alınan algoritmanın yinelemelerinin uygulanması, eğer n=6 ve m=4 ise, N=8 rakamlı kombinasyonların sözlüksel sırayla belirlenmesinin gerekli olduğu aşağıdaki örnekle gösterilmektedir:

Belirli bir sayıya göre bir kombinasyonun sözlüksel sırayla belirlenmesine yönelik algoritmik yetenek, çeşitli yönlerde kullanılabilir. Özellikle kombinasyonları sözlüksel sıraya göre listelerken daha önce elde edilen herhangi bir kombinasyona geri dönüş sağlanması gerekir, sadece numarasını bilmek yeterlidir. Ek olarak, sözlüksel numaralarının keyfi olarak verilen bir dizisiyle düzenlenen herhangi bir sırada kombinasyonlar oluşturmak mümkün hale gelir.

Şimdi sözlükbilimsel sıraya göre kombinasyonlar oluşturmak için bir algoritma sunuyoruz:

i için 2:= 1'den k'ye A[i] := i;

5 yazmaya başla(A, …, A[k]);

6 eğer A[k] = n ise p:= p 1 değilse p:= k;

i için 8:= k'den p'ye kadar do A[i] := A[p] + i p + 1

TEKRAR EDİLEN ELEMANLARLA KOMBİNASYONLAR

Tüm öğelerin farklı olduğu klasik bir kombinasyonun aksine, tekrarlı bir kombinasyon, herhangi bir öğenin süresiz olarak sıklıkla görünebildiği ve tek bir kopyada mutlaka mevcut olmadığı sonlu bir kümenin öğelerinin sırasız bir seçimini oluşturur. Bu durumda elemanların tekrar sayısı genellikle sadece kombinasyonun uzunluğu ile sınırlıdır ve en az bir elemanda farklılık gösteren kombinasyonlar farklı kabul edilir. Örneğin 1, 2 ve 3 numaralı setten isteğe bağlı olarak farklı 4 sayı seçerek aşağıdaki 15 tekrarlı kombinasyonu oluşturabilirsiniz:

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

Genel olarak tekrarlı kombinasyonlar, n adet rastgele tipte eleman seçilerek oluşturulabilir. Ancak her zaman 1'den n'e kadar ardışık doğal sayılarla ilişkilendirilebilirler. Daha sonra bu aralıktaki m isteğe bağlı olarak farklı sayıların herhangi bir kombinasyonu, soldan sağa azalmayacak şekilde düzenlenerek vektör biçiminde yazılabilir:

Doğal olarak, bu notasyon biçiminde, sınırsız tekrar olasılığı nedeniyle herhangi bir bitişik öğe eşit olabilir. Bununla birlikte, n elemanın m kadar tekrarına sahip her bir kombinasyon vektörü, (n+m−1) elemanlarının m kadar birleşim vektörü ile ilişkilendirilebilir; bu, aşağıdaki şekilde oluşturulur:

F vektörünün elemanlarının herhangi bir değeri için, C vektörünün elemanlarının farklı olacağı ve değerlerinin 1'den (n+m1)'e kadar artan sırasına göre kesin olarak sıralanacağının garanti edildiği açıktır. :

F ve C kombinasyon vektörlerinin elemanları arasında bire bir yazışmanın varlığı, n elemanın m'ye kadar tekrarlandığı kombinasyonların sistematik olarak listelenmesi için aşağıdaki basit yöntemi önermemize olanak tanır. Yalnızca, örneğin, m'nin (n+m1) elemanlarının tüm C kombinasyonlarını sözlüksel sırayla listelemek, her birinin elemanlarını aşağıdaki formülü kullanarak sırayla f tekrarlarıyla kombinasyonların karşılık gelen elemanlarına dönüştürmek gerekir:

Sonuç olarak, elemanların tekrarı olmadan karşılık gelen kombinasyonların listelenmesiyle oluşturulan sıraya göre düzenlenen, elemanların tekrarlarına sahip bir kombinasyon vektörleri dizisi oluşturulur. Özellikle, 4 basamaklı tekrarlarla 3 basamaklı 1, 2 ve 3'ten oluşan yukarıdaki kombinasyon dizisini elde etmek için, 6 basamaklı 1,2,3,4, 5'in tekrarı olmayan tüm kombinasyonların sözlüksel sırayla listelenmesi gerekir. ve 6'nın her biri 4 rakamdır ve belirtildiği gibi dönüştürülür. Aşağıdaki örnek, (1,3,4,6) kombinasyonunun sözlükbilimsel sayı 8 ile böyle bir dönüşümünü göstermektedir:

Öğelerin tekrarı olan ve olmayan kombinasyonlar arasında dikkate alınan bire bir uygunluk, bunların kümelerinin eşit derecede güçlü olduğu anlamına gelir. Dolayısıyla genel durumda, n elemanın m kadar tekrarlandığı kombinasyonların sayısı, (n+m1) elemanların m kadar tekrarlandığı kombinasyonların sayısına eşittir. Tekrarları f olan ve tekrarları olmayan C kombinasyonlarının sayısını belirtmek için aynı sembolizmi kullanarak, bu eşitlik şu şekilde yazılabilir:

Yukarıda ele alınan örnekte (n=3 ve m=4) tekrar kombinasyonlarının sayısının 15'e eşit olacağını kontrol etmek kolaydır; bu da bunların doğrudan listelenmesinin sonucuyla örtüşür:

Klasik versiyonun aksine, n ve m tekrarlı kombinasyon parametrelerinin değerlerinin birbiriyle doğrudan ilişkili olmadığı, dolayısıyla pozitif değerlerinin herhangi bir kombinasyonu için f(n,m)>0 olduğuna dikkat edilmelidir. Karşılık gelen sınır koşulları (n+m1) ve (n1) veya (n+m1) ve m değerleri arasındaki eşitlikten belirlenir:

Ayrıca, m 1'e eşitse öğelerin tekrarının mümkün olmayacağı ve dolayısıyla herhangi bir n>0 pozitif değeri için aşağıdaki eşitliğin doğru olacağı da oldukça açık olmalıdır:

Ek olarak, n ve m'nin herhangi bir pozitif değeri için tekrarlı kombinasyon sayıları için, elemanların tekrarı olmayan kombinasyon sayıları için toplama kimliğine benzer olan aşağıdaki yineleme ilişkisi geçerlidir:

Aslında, karşılık gelen sayıdaki kombinasyonların tekrarlama olmadan sol ve sağ taraflarına biçimsel olarak ikame edilmesiyle belirtilen ekleme kimliğine dönüşür:

Dikkate alınan yineleme ilişkisi, faktöriyel çarpımların hesaplanmasında zaman alıcı işlemleri ortadan kaldırmanın ve bunları daha basit toplama işlemleriyle değiştirmenin önemli olduğu durumlarda, tekrarlı kombinasyonların sayısını etkili bir şekilde belirlemek için kullanılabilir. Bu durumda, f(n,m) değerini hesaplamak için, f(1,m) ve f(i,1) formundaki terimlerin toplamını elde edene kadar bu yineleme ilişkisini uygulamanız yeterlidir; burada i n'den 1'e kadar olan aralıktaki değerleri alır. Miktarın tanımı gereği bu tür terimler sırasıyla 1 ve i'ye eşittir. Aşağıdaki örnek, bu dönüştürme tekniğinin n=3 ve m=4 durumu için kullanımını göstermektedir:

İKİLİ KOMBİNASYONLARIN LİSTELENMESİ

Donanımdaki kombinasyonları veya montaj dilindeki programlamayı uygularken, kombinasyon kayıtlarını ikili formatta işleyebilmek önemlidir. Bu durumda, m'nin n elemanının herhangi bir kombinasyonu, n bitlik bir ikili sayı (B n,...B j,...B 1) biçiminde belirtilmelidir; burada m birim basamağı, m'nin elemanlarını gösterir. kombinasyon ve geri kalan (nm) haneler sıfır değere sahiptir. Açıkçası, bu gösterim biçimiyle, birlerin rakamlarının düzeni açısından farklı kombinasyonların farklı olması gerekir ve n bitlik bir ikili kümede m birleri veya (nm) sıfırları düzenlemenin yalnızca C(n,m) yolları vardır. Örneğin, aşağıdaki tablo, rastgele bir kümenin (E 1 , E 2 , E 3 , E 4 ) 2'ye kadar 4 öğesinin tüm kombinasyonları için 4 bitlik ikili sayılar sağlayan bu tür 6 ikili kombinasyonun tamamını listeler:

Genel durumda, bu tür ikili kombinasyonların numaralandırılması görevi, m bir ve (nm) sıfır bitlerin farklı düzenlemeleriyle tüm n bitlik ikili kümelerin sistematik olarak aranmasına indirgenir. En basit biçimde, bu tür bir arama, bitişik bitlerin bir kaydırmayla (transpozisyon-kaydırma algoritmaları) aktarılmasının çeşitli yöntemleriyle gerçekleştirilir. Bunlar yinelemeli algoritmalardır ve adları her adımda gerçekleştirilen işlemlerin doğasını yansıtır. Transpozitif kaydırma algoritmalarının yinelemeli prosedürleri, bir ikili kümeyle başlayan, tüm birlerin düşük dereceli rakamlarda (sağda) yoğunlaştığı ve tüm 1'lerin yüksek dereceli rakamlarda olduğu zaman sona eren ikili kombinasyon dizileri oluşturur ( soldaki):

Başlangıç ​​ve son kombinasyonlarda eşleşirken bu diziler, ara ikili kümelerin listelenme sırasına göre farklılık gösterir. Bununla birlikte, her durumda, sonraki her ikili kombinasyon, ilgili aktarma ve kaydırma işlemlerinin gerçekleştirilmesinin bir sonucu olarak bir öncekinden oluşturulur. Aynı zamanda, çeşitli transpozitif kaydırma algoritmaları, aktarma için bir çift bit ve kaydırma için bir bit grubu seçme biçimleri açısından farklılık gösterir. Bu özellik aşağıda sola ve sağa kaydırmalı aktarım algoritmaları için tartışılmaktadır.

Sola kaydırmalı transpozisyon algoritmasında, her adımda, en soldaki rakam çifti 01'in 10 ile değiştirilmesi (transpozisyon) ve varsa önde gelen birim rakam grubunun yakına kaydırılmasıyla mevcut olandan bir sonraki ikili kombinasyon elde edilir. aktarımdan (kaydırma) sonra elde edilen çift 10. Bu durumda, mevcut ikili kombinasyonda en yüksek basamaklarda herhangi bir birim yoksa, bu adımda aktarımdan sonra önde gelen birim elde edilse bile kaydırma gerçekleştirilmez. Aktarımdan sonra elde edilen çiftten (10) önce en anlamlı bitlerde sıfır olmadığında da kaydırma yapılmaz. Dikkate alınan eylemler, bu algoritmanın iki ardışık yinelemesinin gerçekleştirilmesine ilişkin aşağıdaki örnekle gösterilmektedir; burada bir yinelemede (15) yalnızca aktarma (T") gerçekleştirilir ve diğer yinelemede (16) aktarma bir kaydırma () ile tamamlanır. T"+S"):

Sağa kaydırma algoritmasında kavramsal olarak her adımda benzer adımlar gerçekleştirilir. Yalnızca aktarma, 01'in en sağdaki bitlerinin (en soldakiler yerine) 10 ile değiştirilmesini ve ardından sağındaki tüm bitlerin en az anlamlı bitlere kaydırılmasını sağlar. Daha önce olduğu gibi, kaydırma yalnızca sağa kaydırılabilecek birimler varsa gerçekleştirilir. Dikkate alınan eylemler, bu algoritmanın iki ardışık yinelemesinin gerçekleştirildiği aşağıdaki örnekle gösterilmektedir; burada bir yinelemede (3) yalnızca aktarma (T") gerçekleştirilir ve diğer yinelemede (4) aktarma bir kaydırma () ile tamamlanır. T"+S"):

İkili kombinasyonlar 2 tabanlı sayı sisteminde tamsayılar olarak yorumlanırsa, her iki algoritmanın yinelemelerinin toplama biçiminde yazılabildiğine dikkat edilmelidir. Özellikle sağa kaydırmalı transpozisyon algoritması için, her bir sonraki ikili kombinasyon (B" n). ,…B" j , …B" 1), aşağıdaki toplama formülü kullanılarak tam sayıların eklenmesi işlemleri gerçekleştirilerek her zaman geçerli kombinasyondan (B n,…B j,…B 1) elde edilebilir:

Bu toplama formülünde, f ve t ikilerinin kuvvetlerinin üsleri, sırasıyla mevcut ikili kombinasyonun düşük dereceli sıfır basamaklarının sayısını ve bunların solundaki satırdaki birlerin sayısını belirtir. Örneğin, n=6 haneli 4. ikili kombinasyon (001110) için f =1 ve t =3. Bu nedenle, 5. yinelemede toplama formülü kullanılarak bir sonraki ikili kombinasyonun hesaplanması, aktarma ve kaydırma işlemlerinin gerçekleştirilmesine eşdeğer olan aşağıdaki sonucu verecektir:

Söz konusu aktarma algoritmalarının sola ve sağa kaydırmalarla karşılaştırmalı bir analizi için, yinelemelerinde ürettikleri ikili kombinasyon dizilerinin karşılaştırılması tavsiye edilir. Aşağıdaki tablo, sırasıyla sol (TSL) ve sağa (TSR) kaydırma algoritmaları tarafından elde edilen, 2'lik 4 öğenin ikili kombinasyonlarının bu tür iki dizisini göstermektedir:

Bu 2 diziyi karşılaştırdığınızda bunların ters ayna olduğunu görebilirsiniz. Bu, dizilerinin karşılıklı olarak zıt uçlarından aynı mesafede bulunan herhangi iki ikili kombinasyonun birbirinin ayna görüntüsü olduğu, yani herhangi birindeki bitlerin indekslenmesi ters çevrildiğinde çakıştıkları anlamına gelir. Örneğin, TSL dizisinin başlangıcından itibaren ikinci ikili model (0101), TSR dizisinin sonundan ikinci olan ikili modelin (1010) ayna görüntüsüdür. Genel olarak, bir dizinin i numarasıyla herhangi bir ikili kombinasyon, başka bir dizinin (ni+1) sayısıyla ikili kombinasyonunun ayna görüntüsüdür. Bu diziler arasındaki bu ilişki, ikili kombinasyonların numaralandırılması için dikkate alınan iki algoritmadaki aktarma ve kaydırma işlemlerinin simetrik doğasının bir sonucudur.

İkili formatın aynı zamanda elemanların tekrarı olan kombinasyonları kaydetmek için de kullanılabileceği belirtilmelidir. Bunun için aşağıdaki şekilde oluşturulan tekrarlı kombinasyonlar ile ikili kombinasyonlar arasında birebir yazışmaların kurulması gerekmektedir. Jeneratör grubunun n elemanından isteğe bağlı olarak m farklı elemanın seçilmesiyle elde edilen tekrarlı keyfi bir kombinasyon olsun. İstenilen eşleşmeyi oluşturmak için, önce oluşturma kümesinin (cat) tüm öğelerini kombinasyona eklemeniz ve ardından ortaya çıkan birleştirmeyi (sıralama), tüm özdeş öğelerin yan yana olmasını sağlayacak şekilde sıralamanız gerekir. Sonuç, n tane aynı eleman grubunun bulunduğu (n+m) eleman dizisidir. Elemanlar arasında toplam (n+m1) boşluk olacaktır; bunlar arasında aynı eleman grupları arasında (n1) boşluk ve gruplar içindeki elemanlar arasında m boşluk olacaktır. Açıklık sağlamak için “|” sembollerini belirtilen boşluklara yerleştirebilirsiniz. ve "" sırasıyla. Şimdi 1'i gruplar arasındaki boşluklarla (|) ve 0'ı diğer tüm boşluklarla () eşleştirirsek, ikili bir kombinasyon elde ederiz. (n1)'in bir ve m sıfır bit olduğu, konumu n'den m'ye kadar öğelerin tekrarları ile orijinal kombinasyona benzersiz bir şekilde karşılık gelen ikili (n+m1) bit kümesinden oluşur. Dikkate alınan dönüşüm tekniği, elemanları ilk beş Latin harfinin oluşturucu kümesinden seçilen tekrarlı bir kombinasyon (BBD) kullanılarak bir ikili kombinasyonun (1001101) oluşturulmasına ilişkin aşağıdaki örnekle gösterilmektedir:

Genel olarak, bu tür ikili kümelerin sayısı, (n1) birleri (veya m sıfırları) (n+m1) ikili basamaklarda düzenlemenin yollarının sayısını belirler. Bu değer açıkça (n+m1)'den (n1)'e veya m'ye kadar olan kombinasyonların sayısına, yani C(n+m1,n1) veya C(n+m1,m)'ye eşittir. her biri m olan n öğenin f( n,m) tekrarlı kombinasyonlarının sayısı. Bu nedenle, tekrarlı kombinasyonlar ve ikili kombinasyonlar arasında bire bir yazışma olduğundan, tekrarlı kombinasyonların numaralandırılmasını, örneğin sola veya sağa kaydırmalı transpozisyon algoritmaları kullanılarak ikili kombinasyonların numaralandırılmasına indirgemek meşrudur. Bundan sonra, elde edilen ikili kombinasyonları kullanarak yalnızca gerekli kombinasyonları tekrarlarla geri yüklemeniz gerekir. Bu her zaman aşağıdaki kurtarma tekniği kullanılarak yapılabilir.

M tekrarlı kombinasyonların mutlaka farklı elemanlar oluşturmadığı elemanlardan oluşan ana setin, elemanlarının her biri 1'den n'ye kadar belirli bir seri numarasına sahip olacak şekilde keyfi bir şekilde sıralanmasına izin verin. Ayrıca, (n+m1) ikili basamakların (n1) birler ve m sıfır basamaklardan oluşan ikili kombinasyonlarının numaralandırmasını da uygulayalım. Ortaya çıkan her ikili kombinasyon, solda hayali bir birim rakamıyla tamamlanabilir ve tüm birim rakamları, 1'den n'ye kadar tam sayılarla soldan sağa numaralandırılabilir. Daha sonra ikili kombinasyonun her i'inci biriminden sonraki satırdaki sıfırların sayısı, tekrarlarla karşılık gelen kombinasyondaki ana setin i'inci elemanının örneklerinin sayısına eşit olacaktır. Dikkate alınan teknik, aşağıdaki örnekle gösterilmektedir; burada, bir ikili kombinasyon (1001101) kullanılarak, elemanları alfabetik sırayla yazılan ilk beş Latin harfinin oluşturma kümesinden seçilen BBD tekrarlarına sahip bir kombinasyon geri yüklenir. , üst çizgi ise bu kombinasyonda bulunmayan öğeleri belirtir:

Bu örneğin koşullarında benzer eylemleri gerçekleştirerek, 4'ü bir ve 3'ü sıfır olan 7 bitlik ikili kümeler oluşturan 35 ikili kombinasyonun tümünü listeleyebilir ve karşılık gelen kombinasyonları, 3'ün 5 öğesinin tekrarıyla geri yükleyebilirsiniz.

Kombinatorik, verilen nesnelerden belirli koşullara bağlı olarak kaç farklı kombinasyonun yapılabileceğiyle ilgili soruları inceleyen bir matematik dalıdır. Kombinatoriğin temelleri rastgele olayların olasılıklarını tahmin etmek için çok önemlidir, çünkü Olayların gelişimi için temelde mümkün olan farklı senaryo sayısını hesaplamamıza izin veriyorlar.

Kombinatoriklerin temel formülü

K element grubu olsun ve i'inci grup n i elementten oluşsun.

Her gruptan bir öğe seçelim. Daha sonra böyle bir seçimin yapılabileceği yolların toplam sayısı N, N=n 1 *n 2 *n 3 *...*n k ilişkisiyle belirlenir.Örnek 1.

Bu kuralı basit bir örnekle açıklayalım. İki element grubu olsun ve ilk grup n 1 elementten, ikincisi ise n 2 elementten oluşsun. Bu iki gruptan, her gruptan bir eleman bulunacak şekilde kaç farklı eleman çifti oluşturulabilir? Diyelim ki birinci gruptan ilk elemanı aldık ve onu değiştirmeden tüm olası çiftleri inceledik, yalnızca ikinci grubun elemanlarını değiştirdik. Bu eleman için bu tür n 2 çift olabilir. Daha sonra birinci gruptan ikinci elemanı alıyoruz ve onun için mümkün olan tüm çiftleri de oluşturuyoruz. Ayrıca bu türden 2 tane çift olacaktır.İlk grupta yalnızca n 1 öğe bulunduğundan, toplam olası seçenekler n 1 *n 2 olacaktır.
Çözüm:Örnek 2.
0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 rakamlarından, rakamlar tekrarlanabildiği sürece kaç tane üç basamaklı çift sayı oluşturulabilir?

n 1 =6 (çünkü 1, 2, 3, 4, 5, 6'dan herhangi bir sayıyı ilk rakam olarak alabilirsiniz), n 2 =7 (çünkü 0'dan herhangi bir sayıyı ikinci rakam olarak alabilirsiniz, 1, 2) , 3, 4, 5, 6), n 3 =4 (çünkü 0, 2, 4, 6'dan herhangi bir sayı üçüncü rakam olarak alınabilir). Yani N=n 1 *n 2 *n 3 =6*7*4=168.

Tüm grupların aynı sayıda öğeden oluşması durumunda; n 1 =n 2 =...n k =n her seçimin aynı gruptan yapıldığını ve seçimden sonraki elemanın gruba geri döndüğünü varsayabiliriz. O halde tüm seçim yöntemlerinin sayısı nk'dir. Kombinatorikteki bu seçim yöntemine denir geri dönüşlü örnekler.
Çözüm.Örnek 3.

1, 5, 6, 7, 8 rakamlarından kaç tane dört basamaklı sayı oluşturulabilir? Dört basamaklı bir sayının her basamağı için beş olasılık vardır, bu da N=5*5*5*5=5 4 =625 anlamına gelir..

N elemandan oluşan bir küme düşünün. Kombinatorikte bu kümeye denir

genel nüfus N elemanın m'ye göre yerleşim sayısı N Tanım 1. M Konaklama tarafından elemanlar kombinatorikte herhangi M sıralı set N itibaren

popülasyondan seçilen çeşitli unsurlar unsurlar.

Örnek 4.

Yorum: n!=1*2*3*...*n (okuyun: “en faktöriyel”), ayrıca 0!=1 olduğu varsayılır.

Örnek 5. Onlar basamağı ile birler basamağı farklı ve tek olan iki basamaklı kaç sayı vardır?
Çözüm:Çünkü Beş tek rakam varsa, yani 1, 3, 5, 7, 9, o zaman bu görev, beş farklı rakamdan ikisini seçip iki farklı konuma yerleştirmekten ibarettir; belirtilen sayılar şöyle olacaktır:

Tanım 2. Kombinasyon itibaren N Tanım 1. M kombinatorikte herhangi sırasız küme kombinatorikte herhangi M popülasyondan seçilen çeşitli unsurlar N unsurlar.

Örnek 6. (1, 2, 3) kümesi için kombinasyonlar (1, 2), (1, 3), (2, 3)'tür.

Her biri m olan n öğenin kombinasyon sayısı

Kombinasyonların sayısı Cnm ile gösterilir ve aşağıdaki formülle hesaplanır:

Örnek 7. Bir okuyucu mevcut altı kitaptan ikisini kaç farklı şekilde seçebilir?

Çözüm: Yöntem sayısı iki kitaptan oluşan altı kitabın kombinasyon sayısına eşittir, yani. eşittir:

N elementin permütasyonları

Tanım 3. Permütasyon itibaren N elementlere herhangi denir tarafından elemanlar bu unsurlar.

Örnek 7a.Üç elemandan (1, 2, 3) oluşan bir kümenin tüm olası permütasyonları şunlardır: (1, 2, 3), (1, 3, 2), (2, 3, 1), (2, 1, 3) , ( 3, 2, 1), (3, 1, 2).

N elemanın farklı permütasyonlarının sayısı P n ile gösterilir ve P n = n! formülüyle hesaplanır.

Örnek 8. Farklı yazarların yedi kitabı bir rafta tek sıra halinde kaç farklı şekilde sıralanabilir?

Çözüm: Bu problem yedi farklı kitabın permütasyon sayısıyla ilgilidir. Kitapları düzenlemenin P 7 =7!=1*2*3*4*5*6*7=5040 yolu vardır.

Tartışma. Olası kombinasyon sayısının farklı kurallara (permütasyonlar, kombinasyonlar, yerleşimler) göre hesaplanabileceğini ve sonucun farklı olacağını görüyoruz çünkü Hesaplama prensibi ve formüllerin kendisi farklıdır. Tanımlara dikkatlice baktığınızda sonucun aynı anda birçok faktöre bağlı olduğunu fark edeceksiniz.

Öncelikle kümelerini kaç elementten birleştirebiliriz (elemanların toplamı ne kadar büyük).

İkinci olarak sonuç, ihtiyacımız olan eleman setlerinin boyutuna bağlıdır.

Son olarak kümedeki elemanların sırasının bizim için önemli olup olmadığını bilmek önemlidir. Son faktörü aşağıdaki örnekle açıklayalım.

Örnek 9. Veli toplantısında 20 kişi bulunuyor. Eğer 5 kişiden oluşması gerekiyorsa veli komitesinin oluşumu için kaç farklı seçenek vardır?
Çözüm: Bu örnekte komite listesindeki isimlerin sırası ile ilgilenmiyoruz. Sonuç olarak aynı kişilerin bu işin bir parçası olduğu ortaya çıkarsa, o zaman bizim açımızdan bu da aynı seçenektir. Bu nedenle sayıyı hesaplamak için formülü kullanabiliriz. kombinasyonlar 20 elementten oluşan, her biri 5 adet.

Her komite üyesinin başlangıçta belirli bir çalışma alanından sorumlu olması durumunda işler farklı olacaktır. O halde, komitenin aynı liste bileşimine sahip olması durumunda, içinde muhtemelen 5 kişi vardır! seçenekler permütasyonlar bu önemli. Farklı (hem kompozisyon hem de sorumluluk alanı açısından) seçeneklerin sayısı bu durumda sayıya göre belirlenir. yerleşimler 20 elementten oluşan, her biri 5 adet.

Kendi kendine test görevleri
1. 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 rakamlarından, rakamlar tekrarlanabiliyorsa, kaç tane üç basamaklı çift sayı oluşturulabilir?

2. Soldan sağa ve sağdan sola aynı okunan beş basamaklı kaç sayı vardır?

3. Sınıfta on konu ve günde beş ders vardır. Bir gün için kaç farklı şekilde program oluşturabilirsiniz?

4. Grupta 20 kişi varsa, konferansa 4 delege kaç farklı şekilde seçilebilir?

5. Her zarfa yalnızca bir harf yerleştirilecekse, sekiz farklı harf sekiz farklı zarfa kaç farklı şekilde yerleştirilebilir?

6. İki matematikçi ve altı iktisatçıdan oluşan bir komisyonun üç matematikçi ve on iktisatçıdan oluşması gerekir. Bu kaç farklı şekilde yapılabilir?